Основные понятия статики

Лекция 1. Введение. Основные понятия статики. В данной лекции рассматриваются следующие вопросы 1. Введение. 2. Элементы векторной алгебры. 3. Основные понятия статики. 4. Аксиомы статики. 5. Связи и их реакции. Изучение этих вопросов необходимо в дальнейшем для изучения центра тяжести, произвольной пространственной системы сил, сил трения скольжения, моментов трения качения, решения задач в дисциплине «Сопротивление материалов».     Введение Развитие современной техники ставит перед инженерами самые разнообразные задачи, связанные с расчетом различных сооружений (зданий, мостов, каналов, плотин и т. п.), с проектированием, произ­водством и эксплуатацией всевозможных машин, механизмов, двига­телей и, в частности, таких объектов, как автомобили, тепловозы, морские и речные суда, самолеты, ракеты, космические корабли и т. п. Несмотря на многообразие всех этих проблем, решения их в определенной части основываются на некоторых общих принципах и имеют общую научную базу. Объясняется это тем, что в назван­ных задачах значительное место занимают вопросы, требующие изуче­ния законов движения или равновесия тех или иных материальных тел. Наука об общих законах движения и равновесия материальных тел и о возникающих при этом взаимодействиях между телами на­зывается теоретической механикой. Теоретическая механика представляет собой одну из научных основ современных технических дисциплин. Механикой в широком смысле этого слова называется наука, посвящен­ная решению любых задач, связанных с изучением движения или равновесия тех или иных материальных тел и происходящих при этом взаимодействий между телами. В качестве материальных объектов помимо дискретных тел могут выступать среды – например, жидкость или газ и поля, поэтому круг объектов, изучаемых механикой очень широк. В зависимости от физических свойств этих объектов и их размеров всю механику можно разделить на классическую или ньютонову и неклассическую. Неклассическая механика  это действительно часть физики, в которой исследуются объекты микро- и макромира с учетом пространственно-временной зависимости. Классическая механика имеет дело с объектами, протяженность которых приблизительно и с точностью до нескольких порядков заключена в интервале от 10-10 до 1010 метра. При их изучении свойства пространства и времени можно считать постоянными. Именно такую ньютонову механику мы и будем рассматривать в дальнейшем. В зависимости от особенностей модели реальных объектов классическая механика делится на теоретическую механику  с моделью абсолютно твердого тела и механику сплошной среды с моделью деформируемого тела. Основным методом исследования в механике является гипотетико-дедуктивный. Его суть заключается в выдвижении гипотезы, которая подтверждается или опровергается опытом. Схематически место механики в системе естествознания можно определить так, как показано на рисунке ниже. При этом механика деформируемого тела или механика сплошной среды, образующая ядро этой науки, окружена тремя сегментами, представляющими собой теоретическую механику, неклассическую механику микро- и макромира и прикладную механику, которые примыкают соответственно: к математике, физике и практике в широком смысле этого слова. Под прикладной механикой понимают раздел механики, в котором ее выводы и методы применяют для решения задач проектирования, строительства и эксплуатации сооружений. Этот термин близок к понятиям «техническая» или «строительная» механика.   Теоретическая механика представляет собою часть механики, в которой изучаются общие законы движения и взаимодействия материаль­ных тел, т.е. те законы, которые, например, справедливы и для движения Земли вокруг Солнца и для полета ракеты или артиллерийского снаряда и т. п. Под движением в механике мы понимаем механическое движение, т.е. происходящее с течением времени изменение взаимного положения материальных тел в пространстве. Механическим взаимо­действием между телами называется тот вид взаимодействия, в резуль­тате которого происходит изменение движения этих тел или изме­нение их формы (деформация). Величина, являющаяся количественной мерой механического взаимодействия тел, называется в механике силой. Основной задачей теоретической механики является изучение общих законов движения и равновесия материальных тел под действием приложенных к ним сил. По характеру рассматриваемых задач теоретическую механику принято разделять на статику, кинематику и динамику. Статика рассматривает частный случай механического движения, когда оно не зависит от времени – речь идет о рассмотрении равновесия твердого тела, загруженного системой сил и находящегося в состоянии покоя. Кинематика рассматривает внешнюю сторону механического движения независимо от причин, вызвавших его. Это не что иное, как геометрия в четырехмерном пространстве, где время играет роль четвертого измерения. Если известно положение движущейся точки в каждый момент времени, то кинематика позволяет построить ее траекторию и определить такие кинематические параметры, как скорость или ускорение. Динамика исследует общий случай механического движения твердого тела с учетом причин, вызвавших его. Термин «механика» впервые появляется в сочинениях одного из выдающихся философов древности Аристотеля (384—322 до н. э.) и происходит от греческого слова μηχαυή, означающего по современным понятиям «сооруже­ние», «машина», «изобретение» В древние времена, когда запросы производства сводились главным образом к удовлетворению нужд строительной техники, начи­нает развиваться учение о так называемых простейших машинах (блок, ворот, рычаг, наклонная плоскость) и общее учение о равно­весии тел (статика). Обоснование начал статики содержится уже в сочинения одного из великих ученых Архимеда (287 – 212 г. но н. э.).  В России на развитие первых исследований по механике большое влияние оказали труды гениального ученого и мыслителя М. В. Ломо­носова (1711—1765). Из многочисленных отечественных ученых, внесших значительный вклад в развитие различных областей теоретической механики, прежде всего, должны быть названы: М. В. Остроградский (1801—1861), которому принадлежит ряд важных исследований по аналитическим методам решения задач меха­ники; П. Л. Чебышев (1821—1894), создавший новое направление в исследовании движения механизмов; С. В. Ковалевская (1850—1891), решившая одну из труднейших задач динамики твердого тела; И. В. Мещерский (1859—1935), заложивший основы механики тел переменной массы; К. Э. Циолковский (1857—1935), сделавший ряд фундаментальных открытий в теории реактивного движения; А. Н. Крылов (1863—1945), разработавший теорию корабля и много внесший в развитие теории гироскопиче­ских приборов. Выдающееся значение для развития механики имели труды «отца русской авиации» Н. Е. Жуковского (1847—1921) и его ближайшего ученика С. А. Чаплыгина (1869—1942). Характерной чертой в творчестве Н. Е. Жуковского было приложение методов механики к решению актуальных технических задач. Большое влия­ние идеи Н. Е. Жуковского оказали и на преподавание теоретической механики в высших технических учебных заведениях нашей страны. Стоящая в наши дни перед отечественной наукой и техникой задача непрерывного роста и внедрения в производство новой техники требует дальнейшего повышения качества подготовки инженерных кадров, расширения теоретической базы их знаний. Известную роль в реше­нии этой задачи должно сыграть и изучение одной из научных основ современной техники – теоретической механики.   Элементы векторной алгебры В теоретической механике рассматриваются такие векторные величины как сила, моменты силы относительно точки и оси, момент пары сил, скорость, ускорение и другие. 1. Понятие вектора. Для определенности рассматриваем прямоугольную декартову систему координат.  Вектор - это направленный отрезок, который характеризуется длиной и направлением. Операции над векторами.  Вектора можно складывать и умножать на число.  - сумма двух векторов есть вектор α∙ - произведение вектора на действительное число есть вектор  - существует нулевой вектор Рис.1   В математике все вектора являются свободными, их можно переносить параллельно самим себе. В сумме двух векторов (рис.1,а) начало второго вектора можно поместить в конец первого вектора, тогда сумму двух векторов можно представить как вектор, имеющий начало в начале первого вектора, а конец в конце второго вектора. Применяя это правило для суммы нескольких векторов (рис.1,б)  получаем, что суммой  нескольких векторов является вектор замыкающий ломаную линию, состоящую из слагаемых векторов. Операции над векторами подчиняются следующим законам  (см. рис.2):   Рис.2   2. Правые и левые системы координат. Декартовы системы координат делятся на два вида: правую и левую. Рассмотрим декартовы системы координат на плоскости (см. рис. 3). При повороте оси  Ox  правой системы координат на 90о против часовой стрелки она совпадает с осью Oy . Рис.3                                                                       Рис.4   Рассмотрим декартовы системы координат в пространстве  (см. рис.4). При повороте оси  Ox  правой системы координат вокруг оси Oz на 900 против часовой стрелки она совпадает с осью Oy . 3. Длина, проекции и направляющие косинусы вектора. В дальнейшем будем рассматривать правую декартову систему координат. Единичные вектора вдоль осей  Ox,  Oy  и  Oz  образуют систему единичных  (или базисных)  векторов. Любой вектор, имеющий начало в точке  O, можно представить как сумму ,  числа  (ax, ay, az)  -  это проекции вектора  на оси координат  (см. рис.5). Рис.5   Длина (или модуль) вектора  определяется формулой   и обозначается a или  ||. Проекцией вектора на ось называется скалярная величина, которая определяется отрезком, отсекаемым перпендикулярами, опущенными из начала и конца вектора на эту ось. Проекция вектора считается положительной (+), если направление ее совпадает с положительным направлением оси, и отрицательной (-), если проекция направлена в противоположную сторону  (см. рис.6). Рис.6   Направляющими косинусами   вектора называются косинусы углов между вектором и положительными направлениями осей  Ox,  Oy  и  Oz  соответственно. Любая точка пространства с координатами  (x, y, z) может быть задана своим радиус-вектором Координаты  (x, y, z)  это проекции вектора    на оси  координат. 4. Скалярное произведение двух векторов Имеется два вектора   и .    , . Рис.7   Результатом скалярного произведения двух векторов   и  является  скалярная величина (число). Записывается как  или  (, ).  Скалярное произведение двух векторов равно   Свойства скалярного произведения: 5. Векторное произведение двух векторов Имеется два вектора  .    . Рис.8   Результатом векторного произведения двух векторов   является  вектор .  Записывается как    или  [.]. Векторное произведение двух векторов это вектор, перпендикулярный к обоим этим векторам, и направленный так, чтобы  с его конца  поворот вектора    к вектору   был виден против часовой стрелки. Длина  (или модуль)  векторного произведения равна  |. Свойства векторного произведения:   Векторное произведение двух векторов вычисляется через их проекции следующим образом:   Основные понятия статики                 Статикой называется раздел механики, в котором излагается общее учение о силах и изучается условия равновесия материальных тел, находящихся под действием сил. Твердое тело. В статике и вообще в теоретической механике все тела считаются абсолютно твердыми. То есть предполагается, что эти тела не де­формируются, не изменяют свою форму и объем, какое бы действие на них не было оказано. Материальной точкой будет называться абсолютно твердое тело, размерами которого можно пренебречь. Исследованием движения нетвердых тел – упругих, пластичных, жидких, газообразных, занимаются другие науки (сопротивление мате­риалов, теория упругости, гидродинамика и т.д.). Под равновесием будем понимать состояния покоя тела по отношению к другим материальным телам. Основные понятия: 1. Величина, являющаяся количественной мерой механического взаимодействия материальных тел, называется в механике силой. В Международной системе единиц (СИ) силу измеряют в ньютонах (Н), килоньютонах (кН). Сила является величиной векторной. Ее действие на тело опре­деляется: 1) численной величиной или модулем силы, 2) направле­нием силы, 3) точкой приложения силы (рис.9). Например, будем прикладывать к стулу одну и ту же по модулю силу F. При приложении силы сверху вниз стул остается в состоянии покоя; при положении силы снизу вверх - стул поднимается; изменим направление нагружения, приложим силу горизонтально к спинке стула - стул опрокинется. Так как во всех случаях направление и место приложения силы различны, то и результат действия силы на стул разный, несмотря на то, что модуль силы F во всех случаях одинаков. Рис.9   Силу, как и другие векторные величины, изображают в виде направленного отрезка со стрелкой на конце, указывающей его направление. Прямая DE, вдоль которой направлена сила, называется линией действия силы. Понятия «линия действия» и «направление» близки, но не тождественны. Очевидно, что по линии действия можно определить направление с точностью до противоположного. Аналогично связаны понятия «модуль» и «величина» для вектора. В тексте вектор силы обозначается ла­тинскими буквами  и др., с черточками над ними. Если черточки нет, значит у силы известна только ее чис­ленная величина - модуль. Рис. 1.2.   Предполагается, что действие силы на тело не изменится, если ее перене­сти по линии действия в любую точку тела (конечно – твердого тела). Поэтому вектор силы называют скользящим вектором. Если силу перенести в точку, не расположенную на этой линии, действие ее на тело будет совсем другим. 2. Совокупность сил, действующих на какое-нибудь твердое тело, будем называть системой сил. 3. Тело, не скрепленное с другими телами, которому из данного положения можно сообщить любое перемещение в пространстве, на­зывается свободным.       4. Если одну систему сил, действующих на свободное твердое тело, можно заменить другой системой, не изменяя при этом состоя­ния покоя или движения, в котором находится тело, то такие две системы сил называются эквивалентными.   Например, если системы сил, изображенных на рис. 9.1, а и рис. 9.1, б, уравновешены, то эти две системы сил будут эквивалентны друг другу. Рис.9.1. Система сил: а – заданная система сил;  б – эквивалентная система сил   5. Система сил, под действием которой свободное твердое тело может находиться в покое, называется уравновешенной или экви­валентной нулю. 6. Если данная система сил эквивалентна одной силе, то эта сила называется равнодействующей данной системы сил. Таким образом, равнодействующая - это сила, которая одна заменяет действие данной системы сил на твердое тело. Так как система сил F1 и F2 эквивалентна одной силе R  (рис. 9.1, б), то сила R называется равнодействующей данной системы сил. Силы F1 и F2 в свою очередь могут называться составляющими силы  R. 7. Сила, равная равнодействующей по модулю, прямо противополож­ная ей по направлению и действующая вдоль той же прямой, назы­вается уравновешивающей силой. 8. Силы, действующие на твердое тело, можно разделить на внешние и внутренние. Внешними называются силы, действующие на частицы данного тела со стороны других материальных тел. Внутренними называются силы, с которыми частицы данного тела действуют друг на друга. 9. Сила, приложенная к телу в какой-нибудь одной его точке, называется сосредоточенной. Силы, действующие на все точки дан­ного объема или данной части поверхности тела, называются распре­деленными. Понятие о сосредоточенной силе является условным, так как практически приложить силу к телу в одной точке нельзя. Силы, которые мы в механике рассматриваем как сосредоточенные, пред­ставляют собою по существу равнодействующие некоторых систем распределенных сил. В частности, обычно рассматриваемая в механике сила тяжести, действующая на данное твердое тело, представляет собою равно­действующую сил тяжести его частиц. Линия действия этой равно­действующей проходит через точку, называемую центром тяжести тела.   Аксиомы статики. Все теоремы и уравнения статики выво­дятся из нескольких исходных положений, принимаемых без матема­тических доказательств и называемых аксиомами или принципами статики. Аксиомы статики представляют собою результат обобщений многочисленных опытов и наблюдений над равновесием и движением тел, неоднократно подтвержденных практикой. Часть из этих аксиом является следствиями основных законов механики, с которыми мы познакомимся в динамике. Аксиома 1. Если на свободное абсолютно твердое тело действуют две силы, то тело может находиться в равновесии тогда и только тогда, когда эти силы равны по модулю (F1 = F2) и направлены вдоль одной прямой в противоположные стороны (рис. 10). Рис.10   Аксиома 1 определяет простейшую уравновешенную систему сил, так как опыт показывает, что свободное тело, на которое действует только одна сила, находиться в равнове­сии не может. Аксиома 2. Действие данной си­стемы, сил на абсолютно твердое тело не изменится, если к ней прибавить или от нее отнять уравновешенную систему сил. Эта аксиома устанавливает, что две системы сил, отличающиеся на уравнове­шенную систему, эквивалентны друг другу. Следствие из 1-й и 2-й аксиом. Действие силы на абсо­лютно твердое тело не изменится, если перенести точку при­ложения силы вдоль ее линии действия в любую другую точку тела. Рис.11   В самом деле, пусть на твердое тело действует приложенная в точке А сила  (рис.11). Возьмем на линии действия этой силы произвольную точку В и приложим к ней две уравновешенные силы  и , такие, что , . От этого действие силы  на тело не изменится. Но силы  и  со­гласно аксиоме 1 также образуют уравновешенную систему, которая может быть отброшена. В резуль­тате на тело. Будет действовать только одна сила , равная , но приложен­ная в точке В. Таким образом, вектор, изобра­жающий силу , можно считать приложенным в любой точке на линии действия силы (такой вектор называется скользящим). Аксиома 3 (аксиома параллелограмма сил). Две силы, приложенные к телу в одной точке, имеют равнодействующую, приложенную в той же точке и изображаемую диагональю па­раллелограмма, построенного на этих силах, как на сторонах. Вектор , равный диагонали параллелограмма, построенного на векторах  и  (рис.12), называется геометрической суммой векторов  и : . Рис.12   Величина равнодействующей Рис. 1.3.   .    Конечно,  Такое равен­ство будет соблюдаться только при условии, что эти силы направлены по одной пря­мой в одну сторону. Если же векторы сил окажутся перпендикулярными, то  Следовательно, аксиому 3 можно еще формулировать так: две силы, приложенные к телу в одной точке, имеют равнодействую­щую, равную геометрической (векторной) сумме этих сил и прило­женную в той же точке.            Аксиома 4 (принцип противодействия). При всяком действии одного материального тела на другое имеет место такое же по величине, но проти­воположное по направлению противодействие. Закон о равенстве действия и противодей­ствия является одним из основных законов ме­ханики. Из него следует, что если тело А дей­ствует на тело В с силой , то одновременно тело В действует на тело А с такой же по модулю и направленной вдоль той же прямой, но противоположную сторону силой  (рис. 13). Однако силы  и не образуют урав­новешенной системы сил, так как они приложены к разным телам. Эта аксиома соответствует третьему закону Ньютона: действие всегда равно и противоположно противодействию. При этом необходимо помнить, что в аксиоме 4 рассматривается случай, когда силы приложены к разным телам и в этом случае система сил не является уравновешенной в отличие от случая действия сил в аксиоме 2.   Рис.13   Этот принцип утверждает, что в природе не существует односторонних явлений. На рис. 13.1 изображена балка, опирающаяся на стены концами А и В. Для выявления сил действия и противодействия отделим балку от стен. Тогда силы действия балки на стену выражаются силами DA и DB, приложенными к стенам, а силы противодействия - силами RA и RB, приложенными к балке, которые в дальнейшем будем называть реакциями. . Рис. 13.1. Опирание балки на опоры: а – схема загружения балки; б – силы действия балки на опоры и противодействия со стороны опор на балку   Аксиома 5 (принцип отвердевания). Равновесие изме­няемого (деформируемого) тела, находящегося под действием дан­ной системы сил, не нарушится, если тело считать отвердевшим (абсолютно твердым). Из принципа отвердения следует, что условия, необходимые и достаточные для равновесия абсолютно твердого тела, необходимы, но не достаточны для равновесия деформируемого тела, по форме и размерам тождественного с данным. Высказанное в этой аксиоме утверждение очевидно. Например, ясно, что равновесие цепи не нарушится, если ее звенья считать сва­ренными друг с другом и  т. д. Аксиома 6 (аксиома связей). Всякое несвободное тело можно рассматривать как свободное, если механическое действие связей заменить реакциями этих связей (пояснения к этой аксиоме в следующем параграфе). Приведенные принципы и аксиомы положены в основу методов решения задач статики. Все они широко используются в инженерных расчетах.   Связи и их реакции. По определению, тело, которое не скреплено с другими телами и может совершать из данного положе­ния любые перемещения в пространстве, называется свободным (например, воздушный шар в воздухе). Тело, перемещениям которого в пространстве препятствуют какие-нибудь другие, скрепленные или соприкасающиеся с ним тела, называется несвободным. Все то, что ограничивает перемещения данного тела в пространстве, будем называть связью. Например, тело лежащее на столе – несвободное тело. Связью его является плоскость стола, которая препятствует перемещению тела вниз. Очень важен так называемый принцип освобождаемости, которым будем пользоваться в дальнейшем. Записывается он так. Любое несвободное тело можно сделать свободным, если связи убрать, а действие их на тело заменить силами, такими, чтобы тело оставалось в равновесии. Сила, с которой данная связь действует на тело, препятствуя тем ила иным его перемещениям, называется силой реакции (противодействия) связи или просто реакцией связи. Так у тела, лежащего на столе, связь – стол. Тело несвободное. Сделаем его свободным – стол уберем, а чтобы тело осталось в равнове­сии, заменим стол силой, направленной вверх и равной, конечно, весу тела. Направлена реакция связи в сторону, противоположную той, куда связь не дает перемещаться телу. Когда связь одновременно препятствует перемещениям тела по нескольким направлениям, направление реакции связи также наперед неизвестно и должно определяться в результате решения рассматриваемой задачи. Если в качестве физического тела рассматривать какой-либо элемент инженерного сооружения (балка, ферма, колонна, плита и т. п.), который передает давление на опоры, то реакции опор (связей) называют опорными реакциями. Реакции связей носят вторичное происхождение, они возникают как противодействие другим силам. Все силы, кроме реакции связей, называют заданными силами. Термин «заданные силы» имеет глубокий смысл. Заданные силы чаще всего являются активными, т.е. силами, которые могут вызвать движение тел, например: сила тяжести, снеговая или ветровые нагрузки и т.п. Учитывая сказанное выше, будем подразделять силы на активные силы и реакции связей. Одна из главных задач статики твердого тела - нахождение реакции связей. Для определения реакции связей необходимо найти величину этой реакции, линию и направление ее действия. Линия действия реакции обычно проходит через точку касания тела и связи. Численное значение реакции определяется расчетом, а направление реакции зависит от вида (конструкции) связи. Для определения направления реакции необходимо установить особенности взаимодействия твердого тела со связями различного вида. Следует иметь в виду, что реакция всегда направлена противоположно направлению возможного перемещения тела при удалении связи. Рассмотрим, как направлены реакции некоторых основных видов связей. 1. Гладкая плоскость (поверхность) или опора. Гладкой будем называть поверхность, трением о которую данного тела можно в первом приближении пренебречь. Такая поверхность не дает телу перемещаться только по направлению общего перпен­дикуляра (нормали) к поверхностям соприкасающихся тел в точке их касания (рис.14,а). Поэтому реакция N гладкой поверхности или опоры направлена по общей нормали к поверхностям сопри­касающихся тел в точке их касания и приложена в этой точке. Когда одна из соприкасающихся поверхностей является точкой (рис. 14,б), то реакция направлена по нормали к другой поверх­ности. Если поверхности не гладкие, надо добавить еще одну силу – силу трения , которая направлена перпендикулярно нормальной реакции  в сторону, противоположную возможному скольжению тела.                 Рис.14                                                           Рис.15   Рис.16         2. Нить (гибкие связи). Связь, осуществленная в виде гибкой нерастяжимой нити (рис.15), не дает телу М удаляться от точки подвеса нити по направлению AM. Поэтому реакция Т натянутой нити направлена вдоль нити от тела к точке ее подвеса. Если даже заранее можно догадаться, что реакция направлена к телу, все равно ее надо направить от тела. Таково правило. Оно избавляет от лишних и ненужных предположений и, как убедимся далее, помогает установить сжат стержень или растянут. 3. Цилиндрический шарнир (подшипник). Если два тела соединены болтом, проходящим через отверстия в этих телах, то такое соединение называется шарнирным или просто шарниром; осевая линия болта называется осью шарнира. Тело АВ, прикреплен­ное шарниром к опоре D (рис.16,а), может поворачиваться как угодно вокруг оси шарнира (в плоскости чертежа); при этом конец А тела не может переместиться ни по какому направлению, перпен­дикулярному к оси шарнира. Поэтому реакция R цилиндрического шарнира может иметь любое направление в плоскости, перпен­дикулярной к оси шарнира, т.е. в плоскости Аху. Для силы R в этом случае наперед не известны ни ее модуль R, ни направле­ние (угол ). 4. Шаровой шарнир и подпятник. Этот вид связи закреп­ляет какую-нибудь точку тела так, что она не может совершать никаких перемещений в пространстве. При­мерами таких связей служат шаровая пята, с помощью которой прикрепляется фото­аппарат к штативу (рис.16,б) и подшипник с упором (подпятник) (рис. 16,в). Реакция R шарового шарнира или подпятника может иметь любое направление в пространстве. Для нее наперед неизвестны ни модуль реакции R, ни углы, образуемые ею с осями х, у, z.   Рис.17   5. Стержень. Пусть в какой-нибудь конструкции связью является стержень АВ, закрепленный на концах шарнирами (рис.17). Примем, что весом стержня по сравнению с воспринимаемой им нагрузкой можно пре­небречь. Тогда на стержень будут действовать только две силы при­ложенные в шарнирах А и В. Но если стержень АВ находится в равновесии, то по аксиоме 1 приложенные в точках А и В силы должны быть направлены вдоль одной прямой, т. е. вдоль оси стержня. Следовательно, нагруженный  на  концах  стержень, весом  ко­торого по сравнению с этими нагрузками можно пренебречь, работает только на растяжение или на сжатие. Если такой стержень является связью, то реакция  стержня будет направлена вдоль оси стержня. 6. Подвижная шарнирная опора (рис.17.1). Это устройство представляет собой опорный элемент (подшипник), внутри которого вращается палец (ось) шарнира. Такая опора не препятствует вращению вокруг оси, но препятствует движению тела в любом направлении в плоскости, перпендикулярной к оси шарнира. Реакция  такой опоры направлена по нормали к поверхности, на которую опираются катки подвижной опоры. На схемах эту связь изображают так, как показано на рис. 17.1.   Рис.17.1. Шарнирно подвижная опора: а – вид катковой опоры; б – расчетная схема шарнирно-подвижных опор   7. Неподвижная шарнирная опора (рис.18). Реакция R шарнирно-неподвижной опоры расположена в плоскости, перпендикулярной оси возможного вращения, и ее направление определяют две взаимно перпендикулярные составляющие Rx и Ry, соответствующие направлению выбранных осей (рис. 18, а). В строительной механике шарнирно-неподвижную опору изображают в виде двух шарнирных стержней пересекающихся в точке опоры (рис.18, б) или шарнира (рис 18, в). При решении задач будем реакцию  изображать ее составляющими  и  по направлениям осей координат. Если мы, решив задачу, найдем  и , то тем самым будет определена и реакция ; по модулю R. Рис.18. Шарнирно-неподвижная опора: а – вид шарнирно-неподвижной опоры; б, в – расчетные схемы шарнирно-неподвижных опор        Способ закрепления, показанный на рис.18, употребляется для того, чтобы в балке не возникало дополнительных напряжений при изменении ее длины от изменения температуры или от изгиба. 8. Неподвижная защемляющая опора или жесткая заделка (рис.19, а). Это соединение исключает возможность каких-либо перемещений абсолютного твердого тела. Балка, изображенная на рис.19, а, жестко заделана в стену в точке А. Перемещению ее в вертикальном направлении, препятствует реакция Ry, перемещению в горизонтальном направлении препятствует реакция Rx и повороту вокруг точки А - опорный момент МА. Характерным для данной опоры является наличие опорного момента сил, исключающего вращение тела вокруг любой оси. Схематическое изображение такой опоры в теоретической механике показано на рис. 1.9, б. Если под такую балку где-нибудь в точке В подвести еще одну опору, то балка станет статически неопределимой. С помощью указанных опорных связей сооружения прикрепляются к фундаментам или отдельные элементы соединяются между собой. Рис. 19. Жесткая заделка: а – вид жесткой заделки; б – расчетная схема жесткой заделки   При определении реакций связи других конструкций надо установить, разре­шает ли она двигаться вдоль трех взаимно перпендикулярных осей и вращаться вокруг этих осей. Если препятствует какому-либо движению – показать соот­ветствующую силу, если препятствует вращению – пару с соответствующим моментом. Иногда приходится исследовать равновесие нетвердых тел. При этом будем пользоваться предположением, что если это нетвердое тело находится в равновесии под действием сил, то его можно рассматривать как твердое тело, используя все правила и методы статики. Связи, как и другие понятия, встречающиеся в аксиомах, являются абстракциями, весьма условно отражающими свойства реальных объектов. Например, рассмотренная выше гибкая невесомая нить может быть моделью подвесных и вантовых систем, у которых масса погонного метра троса составляет десятки и сотни килограммов. Однако усилия, возникающие в таких тросах, во столько раз больше их собственного веса, что при расчете последним можно пренебречь, считая их невесомыми.   Пример 1. На невесомую трехшарнирную арку действует горизонтальная сила  (рис.20). Определить линию действия реакции    (реакции связи в точке А). Решение:  Рассмотрим правую часть арки отдельно. В точках  В и С приложим силы реакции связей  .  Тело под действием двух сил находится в равновесии. Согласно аксиоме о равновесии двух сил, силы    равны по величине и действуют вдоль одной прямой в противоположные стороны.  Таким образом, направление силы   нам известно  (вдоль линии  ВС). Рис.20   Рассмотрим левую часть арки отдельно. В точках  А и С приложим силы реакции связей .  Сила ,  действие равно противодействию. На тело действуют три силы, направления двух сил  (и .) известно. Согласно теореме о трех силах  линии действия всех трех сил пресекаются в одной точке.  Следовательно, сила   направлена вдоль линии  AD.   Пример 2. Однородный стержень закреплен шарнирно в точке А и опирается на гладкий цилиндр. Определить линию действия реакции    (реакции связи в точке А). Рис.21   Решение:  Так как стержень однородный, то равнодействующая сил тяжести (сила ), действующих на стержень, приложена в его геометрическом центре (точка С).  Так как стержень опирается на гладкую поверхность, то реакция связи (сила ) в точке касания  (точка D) направлена по нормали к этой поверхности. На тело действуют три силы, направления двух сил  ( и .) известно. Согласно теореме о трех силах линии действия всех трех сил пресекаются в одной точке.  Следовательно, сила   направлена вдоль линии  AЕ.   Пример 3. Найти реакции связей изогнутой балки АВС, находящейся под дей­ствием плоской системы сил (рис.21). Вычисление реакций выполнить при a=1,2 м, b = 2,4 м, l = 1,8 м, α=30°, P1 = 8 кН, P2 = 6 кН,  М=8 кНм.              Рис.22                                                            Рис.23   Решение. Освободим балку от связей и приложим к ней реакции связей. На рис.22  - составляющие реакции шарнира А вдоль осей координат  - реакция выступа стены ( перпендикулярно ВС). Разложим силы  и  на составляющие вдоль осей координат  Условия равновесия балки имеют вид После  решения  составленной системы уравнений получаем Лекция 2. Равновесие системы сил. Пара сил. В данной лекции рассматриваются следующие вопросы 1. Проекция силы на ось и на плоскость. 2. Геометрический способ сложения сил. 3. Равновесие системы сходящихся сил. 4. Момент силы относительно центра или точки. 5. Теорема Вариньона о моменте равнодействующей. 6. Пара сил. 7. Момент пары. 8. Свойства пар. 9. Сложение пар. 10. Теорема о параллельном переносе силы. 11. Приведение плоской системы сил к данному центру. 12. Условия равновесия произвольной плоской системы сил. 13. Случай параллельных сил. 14. Равновесие плоской системы параллельных сил. 15. Сложение параллельных сил. Центр параллельных сил. 16. Понятие о распределенной нагрузке. 17. Расчет составных систем. Статически определимые и статически неопределимые задачи. 18. Графическое определение опорных реакций. 19. Решение задач. Изучение этих вопросов необходимо в дальнейшем для изучения центра тяжести, произвольной пространственной системы сил, сил трения скольжения, моментов трения качения, решения задач в дисциплине «Сопротивление материалов».     Проекция силы на ось и на плоскость. Перейдем к рассмо­трению аналитического (численного) метода решения задач статики. Этот метод основывается на понятии о проекции силы на ось. Как и для всякого другого вектора, проекцией силы на ось называется скалярная величина, равная взятой с соответствующим знаком длине отрезка, заключенного между проекциями начала и конца силы. Проекция имеет знак плюс, если перемещение от ее начала к концу происходит в положительном направлении оси, и знак минус - если в отрицательном. Из определения следует, что проек­ции данной силы на любые параллельные и одинаково направлен­ные оси равны друг другу. Этим удобно пользоваться при вычисле­нии проекции силы на ось, не лежащую в одной плоскости с силой. Рис. 1   Обозначать проекцию силы  на ось Ох будем символом Fx. Тогда для сил, изображенных на рис.1, получим: Но из чертежа видно, что   Следовательно,   т. е. проекция силы на ось равна произведению модуля силы на косинус угла между направлением силы и положительным на­правлением оси. При этом проекция будет положительной, если угол между направлением силы и положительным направлением оси - острый, и отрицательной, если этот угол - тупой; если сила перпен­дикулярна к оси, то ее проекция на ось равна нулю. Рис.2       Проекцией силы  на плоскость Оху называется вектор , заключенный между проекциями начала и конца силы  на эту плоскость (рис. 2). Таким образом, в отличие от проекции силы на ось, проекция силы на плоскость есть величина векторная, так как она характеризуется не только своим чис­ленным значением, но и направлением в плоскости Оху. По модулю , где  — угол между направ­лением силы  и ее проекции . В некоторых случаях для нахож­дения проекции силы на ось бывает удобнее найти сначала ее проекцию на плоскость, в которой эта ось ле­жит, а затем найденную проекцию на плоскость спроектировать на данную ось. Например, в случае, изображенном на рис. 2, найдем таким способом, что   Геометрический способ сложения сил. Решение многих задач механики связано с известной из векторной алгебры операцией сложения векторов и, в частности, сил. Величину, равную геометрической сумме сил какой-нибудь системы, будем называть главным вектором этой системы сил. Понятие о геометрической сумме сил не следует смешивать с понятием о равнодействующей, для многих систем сил, как мы увидим в дальнейшем, равнодействующей вообще не существует, геометрическую же сумму (главный вектор) можно вычислить для любой системы сил. Геометрическая сумма (главный вектор) любой системы сил определяется или последовательным сло­жением сил системы по правилу параллелограмма, или построением силового многоугольника. Второй способ является более простым и удобным. Для нахождения этим способом суммы сил  (рис. 3, a), откладываем от произвольной точки О (рис. 3, б) век­тор Oa, изображающий в выбранном масштабе cилу F1, от точки a откладываем вектор , изображающий силу F2, от точки b откла­дываем вектор bc, изображающий силу F3 и т. д.; от конца m пред­последнего вектора откладываем вектор mn, изображающий силу Fn. Соединяя начало первого вектора с концом последнего, получаем вектор , изображающий геометрическую сумму или главный вектор слагаемых сил:    или   От порядка, в котором будут откладываться векторы сил, модуль и направление  не зависят. Легко видеть, что проделанное по­строение представляет собою результат последовательного приме­нения правила силового тре­угольника. Рис.3   Фигура,  построенная на рис. 3,б, называется силовым (в общем случае векторным) многоугольником. Таким обра­зом, геометрическая сумма или главный вектор несколь­ких сил изображается замы­кающей стороной силового многоугольника, построенно­го из этих сил (правило сило­вого многоугольника). При построении векторного многоугольника следует помнить, что у всех слагаемых векторов стрелки должны быть направлены в одну сторону (по обводу многоугольника), а у вектора  - в сторону противоположную. Равнодействующая сходящихся сил. При изучении статики мы будем последовательно переходить от рассмотрения более простых систем сил к более сложным. Начнем с рассмотрения си­стемы сходящихся сил. Сходящимися  называются  силы,  линии  дей­ствия которых пересекаются в одной точке, называемой центром системы (см. рис. 3, а).  По следствию из первых двух аксиом статики система сходящихся сил, действующих на абсолютно твердое тело, эквивалентна системе сил, приложенных в одной точке (на рис. 3, а в точке А). Последовательно применяя аксиому параллелограмма сил, прихо­дим к выводу, что система сходящихся сил имеет равнодей­ствующую, равную геометрической сумме (главному вектору) этих сил и приложенную в точке их пересечения. Следовательно, если силы  сходятся в точке A (рис. 3, а), то сила, равная главному вектору , найденному построением силового мно­гоугольника, и приложенная в точке А, будет равнодействующей этой системы сил. Примечания. 1. Результат графического определения равнодействующей не изменится, если силы суммировать в другой последовательности, хотя при этом мы получим другой силовой многоугольник  отличный от первого. 2. Фактически силовой многоугольник, составленный из векторов сил заданной системы, является ломаной линией, а не многоугольником в привычном смысле этого слова. 3. Отметим, что в общем случае этот многоугольник будет пространственной фигурой, поэтому графический метод определения равнодействующей удобен только для плоской системы сил.   Равновесие системы сходящихся сил. Из законов меха­ники следует, что твердое тело, на которое действуют взаимно уравновешенные внешние силы, может не только находиться в покое, но и совершать движение, которое мы назовем движением «по инер­ции». Таким движением будет, например, поступательное равномерное и прямолинейное движение тела. Отсюда получаем два важных вывода: 1) Условиям равновесия статики удовлетворяют силы, действующие как на покоящееся тело, так и на тело, движущееся «по инерции». 2) Уравно­вешенность сил, приложенных к свободному твердому телу, является необходимым, но не достаточным условием равновесия (покоя) самого тела; в покое тело будет при этом находиться лишь в том случае, если оно было в покое и до момента приложения к нему уравнове­шенных сил. Для равновесия приложенной к твердому телу системы сходя­щихся сил необходимо и достаточно, чтобы равнодействующая этих сил была равна нулю. Условия, которым при этом должны удовле­творять сами силы, можно выразить в геометрической или аналити­ческой форме. 1. Геометрическое условие равновесия. Так как равнодействующая   сходящихся сил определяется как замыкающая сторона силового многоугольника, построенного из этих сил, то   может обратиться в нуль тогда и только тогда, когда конец последней силы в многоугольнике совпадает с началом первой, т. е. когда много­угольник замкнется. Следовательно, для равновесия системы, сходящихся сил необ­ходимо и достаточно, чтобы силовой многоугольник, построен­ный из этих сил, был замкнут. 2. Аналитические условия равновесия. Аналитически равнодействующая системы сходящихся сил определяется формулой . Так как под корнем стоит сумма положительных слагаемых, то R обратится в нуль только тогда, когда одновременно , т. е. когда действующие на тело силы будут удовлетворять равенствам: Равенства выражают условия равновесия в аналитической форме: для равновесия пространственной системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций этих сил на каждую из трех координатных осей были равны нулю. Если все действующие на тело сходящиеся силы лежат в одной плоскости, то они образуют плоскую систему сходящихся сил. В случае плоской системы сходящихся сил получим, очевидно, только два условия равновесия Равенства выражают также необходимые условия (или уравнения) равновесия свободного твердого тела, находящегося под действием сходящихся сил. Теорема о трех силах. Уравновешенная плоская система трех непараллельных сил является сходящейся. Условие «плоская» в формулировке теоремы не является необходимым  можно убедиться, что любая уравновешенная система трех сил всегда будет плоской. Это следует из условий равновесия произвольной пространственной системы сил, которые будут рассмотрены далее.   Пример 1. На рис.4 показаны три силы. Проекции сил  на оси х, у, z очевидны:   Рис.4   Рис. 2.4.   А чтобы найти проекцию силы  на ось х нужно использовать пра­вило двойного проектирования. Проектируем силу сначала на плос­кость хОу, в которой расположена ось (рис.4), получим вектор , величиной а затем его проектируем на ось х: . Аналогично действуя, найдём проекцию на ось у: . Проекция на ось z находится проще: . Нетрудно убе­диться, что проекции сил на ось V равны: ;   При определении этих проекций удобно воспользоваться рис.5, видом сверху на распо­ложение сил и осей. Рис.5   Вернёмся к системе сходящихся сил (рис. 6). Проведём оси координат с началом в точке пересечения линий действия сил, в точке О. Мы уже знаем, что равнодействующая сил . Спроектируем это векторное равенство на оси. Получим проек­ции равнодействующей  на оси x, y, z:                                                                                                                Они равны алгебраическим сум­мам проекций сил на соответствующие оси. А зная проекции равнодействую­щей, можно определить и величину её как диагональ прямоугольного парал­лелепипеда  или .                                  Направление вектора   найдём с помощью направляющих косинусов (рис.6): Рис.6   Пример 2. На шар, вес которого Р, лежащий на горизонтальной плоско­сти и привязанный к ней нитью АВ, действует сила F (рис.7). Определим реакции связей. Рис.7   Следует сразу заметить, что все задачи статики решаются по одной схеме, в определённом порядке. Продемонстрируем ее на примере решения этой задачи. 1. Надо выбрать (назначить) объект равновесия – тело, равновесие ко­торого следует рассмот­реть, чтобы найти неиз­вестные. В этой задаче, ко­нечно, объект равновесия – шар. 2. Построение рас­чёт­ной схемы. Расчётная схема – это объект рав­новесия, изображённый отдельно, свободным телом, без свя­зей, со всеми силами, действую­щими на него: реакциями и остальными силами. Показываем реакцию нити  и нормаль­ную реакцию плоскости – (рис.7). Кроме них на шар действуют заданные силы  и . 3. Надо установить какая получилась система сил и составить со­ответствующие уравнения равновесия. Здесь получилась система сходящихся сил, расположенных в плос­кости, для которой составляем два уравнения (оси можно проводить произвольно): 4. Решаем систему уравнений и находим неизвестные. По условию задачи требовалось найти давление шара на плоскость. А мы нашли реакцию плоскости на шар. Но, по определению следует, что эти силы равны по величине, только давление на плоскость будет направлено в противоположную сторону, вниз. Пример 3. Тело весом Р прикреплено к вертикальной плоскости тремя стержнями (рис.8). Определим усилия в стержнях. Рис.8   В этой задаче объект равновесия – узел С вместе с гру­зом. Он нарисован отдельно с реак­циями, усилиями в стержнях  и весом . Силы образуют пространственную систему сходящихся сил. Составляем три уравнения равно­весия: Из первого уравнения следует: S2 = S3. Тогда из третьего: ,  а из второго:   Когда мы направляли усилие в стержне от узла, от объекта равнове­сия, предполагали, что стержни работают на растяжение. Усилие в стержне CD получилось отрицательным. Это значит – стержень сжат. Так что знак усилия в стержне указывает как работает стержень: на растяжение или на сжатие. Пример 4. Определить реакции стержней, соединенных шарниром В, если к нему подвешен груз весом Q (рис.9,а). Решение. В соответствии с предложенным выше планом выбираем тело, равновесие которого мы будем рассматривать. Этот выбор, в основном, определяется условиями задачи. Если в этой задаче рассмотреть равновесие подвешенного груза, то мы сумеем найти только силу натяжения нити, которая равна весу тела: T = Q  (рис.9,б). Чтобы определить реакции стержней, рассмотрим равновесие точки В. Можно считать, что к ней посредством нити приложена активная сила Q и реакции отброшенных стержней SA и SC  (рис.9,в). Решим эту задачу аналитически. Выбирая начало отсчета в точке В, составим уравнения равновесия, которые примут вид: SA cosα + SC cosβ = 0; SA sinα + SC sinβ = Q. Чтобы найти отсюда SC сложим полученные уравнения, умножив предварительно первое из них на sinα, а второе – на cosα: SC (sinαcosβ + cosα sinβ) = Q cosα. Отсюда следует, что SC = Q cosα/sin(α+β), а поскольку α и β в эти уравнения входят симметрично, то SA = Q cosβ/sin(α+β). Для проверки правильности аналитического решения задачи воспользуемся графическим методом. Треугольник, образованный из трех сил: Q, SA и SC должен быть замкнут, поэтому решение сводится к построению треугольника по известной стороне (Q) и направлению двух других сторон (SA и SC). Для этого нужно в масштабе построить вектор Q, а затем из начала  и из конца этого вектора провести прямые, параллельные SA  и SC до их пересечения (рис.9,г).             Измерив длины найденных отрезков и пересчитав в масштабе, можно считать поставленную задачу решенной. Направление полученных векторов определяется из условия замкнутости силового многоугольника, то есть конец последнего вектора должен совпадать с началом первого. Рис.9   Можно, впрочем, определить величину SA и SC и без масштабной линейки, если просто решить построенный треугольник. С этой целью воспользуемся теоремой синусов: откуда, заменяя синус дополнительного угла косинусом, получим: То есть, результат графического решения совпадает с аналитическим, значит задача решена правильно.                        Пример 5. Центр невесомого идеального блока удерживается при помощи двух стержней, соединенных шарнирно в точке В. Через блок переброшена нить, один конец которой закреплен, а к другому – подвешен груз весом Q (рис.10,а). Определить реакции стержней, пренебрегая размерами блока. Решение. Рассмотрим равновесие блока В, к которому приложены силы  натяжения нитей Т1 и Т2 и реакции отброшенных стержней SA и SС, которые, как и в предыдущем примере мы считаем растянутыми (рис.10,б). Фактически в качестве активной силы выступает вес груза Q, который приложен к блоку с помощью нити, поэтому Т1 = Q. По поводу силы Т2 надо отметить, что идеальным – то есть без трения блоком называется механизм, который меняет направление силы натяжения нити, но не ее величину, поэтому Т1 = Т2 = Q. Пренебрегая размерами блока, получим уравновешенную систему сходящихся сил, приложенных в точке В (рис.10,в). Определим реакции SA и SС аналитически. Отметим, что если в первое из аналитических уравнений равновесия входят оба неизвестных, то в уравнение ΣYi = 0 неизвестная реакция SС не войдет, поэтому имеет смысл начать решение задачи именно с этого уравнения: SAcos30°+ Т2 cos60° Т1 = 0. Подставляя сюда значения тригонометрических функций и Т1 = Т2 = Q, получим:      Откуда Теперь вернемся к уравнению ΣXi = 0:  SAcos60°+ Т2 cos30°+ SС  = 0, или Подставив найденное выше значение SA, получим: При этом минус в последнем выражении означает, что стержень ВС не растянут, как мы предполагали, а сжат. Для проверки полученного результата решим эту задачу графически. С этой целью от центра О последовательно откладываем в масштабе известные силы Т1 и Т2, затем от начала первого и от конца последнего вектора проводим прямые, параллельные SA и SС до их пересечения (рис.10,г). Рис.10   Нетрудно видеть, что построенный силовой многоугольник имеет ось симметрии и |SA|=|SС|. При этом направление вектора SС  на силовом многоугольнике противоположно первоначальному направлению, указанному на чертеже, то есть стержень ВС не растянут, а сжат.            Примечания. 1. В системе аналитических уравнений равновесия оси координат не обязательно должны быть взаимно перпендикулярными, поэтому, если в последнем примере выбрать ось Ох, совпадающую по направлению с силой Т2 , мы получим систему уравнений, из которых неизвестные SA и SС находятся независимо одно от другого. 2. Впоследствии мы увидим, что аналитическое решение можно проверить не только с помощью графического решения, но и аналитически. Впрочем, для системы сходящихся сил изложенный метод решения задач является, по-видимому, оптимальным.             Момент силы относительно центра (или точки). Опыт показывает, что под действием силы твердое тело может наряду с поступательным перемещением совершать вращение вокруг того или иного центра. Вращательный эффект силы характеризуется ее момен­том. Рассмотрим силу , приложенную в точке А твердого тела (рис. 11). Допустим, что сила стремится повернуть тело вокруг центра О. Перпендикуляр h, опущенный из центра O на линию действия силы , на­зывается плечом силы   от­носительно центра О. Так как точку приложения силы можно произвольно переме­щать вдоль линии действия, то, очевидно, вращательный эффект силы будет зависеть: 1) от модуля силы F и длины плеча h; 2) от поло­жения плоскости поворота ОАВ, проходящей через центр О и силу F; 3) от направления поворота к этой плоскости. Рис.11   Ограничимся пока рассмотрением систем сил, лежащих в одной плоскости. В этом случае плоскость поворота для всех сил является общей и в дополнительном задании не нуждается. Тогда для количественного измерения вращательного эффекта можно ввести следующее понятие о моменте силы: моментом силы  относительно центра О называется величина, равная взятому с соответствующим знаком произведению модуля силы на длину плеча. Момент силы  относительно центра О будем обозначать сим­волом m0(F). Следовательно, В дальнейшем условимся считать, что момент имеет знак плюс, если сила стремится повернуть тело вокруг центра О против хода ча­совой стрелки, и знак минус, - если по ходу часовой стрелки. Так, для силы , изображенной на рис.20,а, момент относительно центра О имеет знак плюс, а для силы, показанной на рис.20,б, - знак ми­нус. Отметим следующие свойства момента силы: 1) Момент силы не изменяется при переносе точки приложения силы вдоль ее линии действия. 2) Момент силы относительно центра О равен нулю только тогда, когда сила равна нулю или когда линия действия силы проходит через центр О (плечо равно нулю). 3) Момент силы численно выражается удвоенной площадью тре­угольника ОАВ (рис. 20,б) Этот результат следует из того, что Рассмотренное определение момента силы подходит только для плоской системы сил.   Теорема Вариньона о моменте равнодействующей. Докажем следующую теорему Вариньона: момент равнодействующей плоской системы сходящихся сил от­носительно любого центра равен алгеб­раической сумме моментов слагаемых сил относительно того же центра. Рис.12   Рассмотрим систему сил , сходящихся в точке А (рис.12). Возьмем произвольный центр О и проведем через него ось Ох, перпендикулярную к прямой ОА; положительное направление оси Ох выбираем так, чтобы знак проекции любой из сил на эту ось совпадал со знаком ее момента относительно центра О. Для доказательства теоремы найдем соответствующие  выражения  моментов m0(), m0(), … . По формуле . Но, как видно из рисунка,  где F1x - проекция силы  на ось Ох; сле­довательно            .                                                                       Аналогично вычисляются моменты всех других сил. Обозначим равнодействующую сил ,  через , где . Тогда, по теореме о проекции суммы сил на ось, получим . Умножая обе части этого равенства на ОА, найдем: или, .   Пара сил. Момент пары. Парой сил (или просто парой) называются две силы, равные по ве­личине, параллельные и направленные в противоположные стороны (рис.13). Очевидно,  и . Рис.13   Несмотря на то, что сумма сил равна нулю, эти силы не уравновешиваются. Под действием этих сил, пары сил, тело начнёт вращаться. И вращательный эффект будет определяться моментом пары: . Расстояние a между линиями действия сил называется плечом пары. Если пара вращает тело против часовой стрелки, момент её считается положительным (как на рис.13), если по часовой стрелке – отрицательным. Для того, чтобы момент пары указывал и плоскость, в которой происходит вращение, его представляют вектором. Вектор момента пары  направляется перпендикулярно плоскости, в которой расположена пара, в такую сторону, что если посмотреть от­туда, увидим вращение тела против часовой стрелки (рис. 14). Нетрудно доказать, что вектор мо­мента пары  – есть вектор этого векторного произведения (рис. 14). И за­метим, что он равен вектору момента силы  относительно точки А, точки приложения второй силы: . О точке приложения вектора  бу­дет сказано ниже. Пока приложим его к точке А. Рис.14   Свойства пар 1) Проекция пары на любую ось равна нулю. Это следует из определения пары сил. 2) Найдём сумму моментов сил оставляющих пару, относительно какой-либо точки О (рис.15). Рис.15   Покажем радиусы-векторы точек А1 и А2 и вектор , соединяющий эти точки. Тогда момент пары сил относительно точки О . Но . Поэтому . Но . Значит . Момент пары сил относительно любой точки равен моменту этой пары. Отсюда следует, что, во-первых, где бы не находилась точка О и, во-вторых, где бы не располагалась эта пара в теле и как бы она не была повёрнута в своей плоскости, действие её на тело будет одинаково. Так как момент сил, составляющих пару, в этих случаях один и тот же, рав­ный моменту этой пары . Поэтому можно сформулировать ещё два свойства. 3) Пару можно перемещать в пределах тела по плоскости действия и переносить в любую другую параллельную плоскость. 4) Так как действие на тело сил, составляющих пару, определяется лишь её моментом, произведением одной из сил на плечо, то у пары можно изменять силы и плечо, но так, чтобы момент пары остался прежним. Например, при силах F1=F2=5 H и плече а = 4 см момент пары m = 20 H∙см. Можно силы сделать равными 2 Н, а плечо а = 10 см. При этом момент останется прежним 20 Нсм и действие пары на тело не из­менится. Все эти свойства можно объединить и, как следствие, сделать вы­вод, что пары с одинаковым вектором момента   и неважно где расположенные на теле, оказывают на него равное действие. То есть такие пары эквивалентны. Исходя из этого, на расчётных схемах пару изображают в виде дуги со стрелкой, указывающей направление вращения, и рядом пишут величину момента m (рис.15.1). Или, если это пространственная конструкция, по­казывают только вектор момента этой пары. И вектор момента пары можно прикладывать к любой точке тела. Значит вектор момента пары  – свободный вектор. Такое упрощенное изображение оправдано тем, что пара сил характеризуется моментом, а не ее положением в плоскости. Но если необходимо определять не внешние силы, а внутренние в разных сечениях элемента, как это делается в сопротивлении материалов, то важен знак и место приложения пары сил. Рис.15.1. Эквивалентные пары сил   И ещё одно дополнительное замечание. Так как момент пары ра­вен вектору момента одной из сил её относительно точки приложения второй силы, то момент пары сил относительно какой-либо оси z – есть проекция вектора момента пары  на эту ось: ,            где  – угол между вектором  и осью z.   Сложение пар. Пусть даны две пары с моментами m1 и m2, расположенные в пере­секающихся плоскостях (рис.16). Сделаем у пар плечи одинаковыми, равными а = АВ. Тогда модули сил, образующих первую пару, должны быть равны: , а об­разующих вторую пару: . Эти пары показаны на рис.16, где . И расположены они в своих плоскостях так, что плечи пар совпадают с прямой АВ на линии пересе­чения плоскостей. Рис.16   Рис. 4.4.   Сложив силы, приложенные к точкам А и В, построением паралле­лограммов, получим их равнодействующие . Так как , то эти силы  и  будут образовывать пару, мо­мент которой , где  – радиус-вектор точки В, совпадающий с АВ. Так как , то момент полученной пары . Следовательно, в результате сложения пар, расположенных в пере­секающихся плоскостях, получится пара сил. Момент её будет равен векторной сумме моментов слагаемых пар. При сложении нескольких пар, действующих в произвольных плоско­стях, получим пару с моментом .                                                                             Конечно, эта результирующая пара будет располагаться в плоско­сти перпендикулярной вектору . Равенство нулю результирующей пары будет означать, что пары, действующие на тело, уравновешиваются. Следовательно, условие рав­новесия пар =0.                  Это является необходимым и достаточным условием равновесия систем пар. Если пары расположены в одной плоско­сти, векторы моментов их будут параллельны. И момент результирующей пары можно опре­делить как алгебраическую сумму моментов пар. Рис.17   Например, пары, показанные на рис.17, расположены в одной плоскости и моменты их: m1=2 Hсм , m2=5 Hсм, m3=3 Hсм. Пары урав­нове­шива­ются, потому что алгебраиче­ская сумма их моментов равна нулю: Пример 6. Определить опорные реакции рамы, загруженной системой пар (рис.18). Рис.18    Решение. Заменим систему пар, приложенных к раме, результирующей парой по формуле:  MR =  M1  M2 + M3 = 3  4 + 7 = 6 кНм. Из условия равновесия систем пар =0 следует, что активную пару MR , приложенную к раме, может уравновесить только пара сил, образованных опорными реакциями, поэтому линия действия RA должна быть параллельной  RВ и MR + M (RA, RВ) = 0, откуда RA = RВ = MR /d , где d = 6cos30°= 3 м  плечо пары (RA, RВ). Итак, RA = RВ = 6/(3) = (2)/3 м.    Теорема о параллельном переносе силы. Одной из основных задач, решаемых статикой, является замена одной системы сил другой – эквивалентной ей. Такая процедура позволяет все многообразие систем сил свести к простейшим каноническим системам, классифицировать их и получить уравнения равновесия, необходимые для решения практических задач. Ключевую роль в проведении таких преобразований систем сил играет следующая теорема, называемая Лемма Пуансо. Равнодействующая системы сходящихся сил непосредственно находится с помощью аксиомы параллелограмма сил. Для двух параллельных сил эта задача была решена путем приведения их к сходящимся силам. Очевидно, что анало­гичную задачу легко будет решить и для произвольной системы сил, если найти и для них метод приведения к силам, приложенным в одной точке. Ранее мы установили, что вектор силы можно переносить по линии действия в любую точку тела. Попробуем силу  (рис. 19) перенести в какую-нибудь точку О, не расположенную на линии дей­ствия. Рис.19   Приложим к этой точке две урав­новешивающиеся силы   и , парал­лельные силе   и равные ей по вели­чине:  В результате получим силу , приложенную к точке О. То есть мы как бы перенесли заданную силу  из точки А в точку О, но при этом появилась пара, образованная си­лами  и . Момент этой пары , равен моменту заданной силы  относительно точки О. Этот процесс замены силы  равной ей силой  и парой называ­ется приведением силы к точке О. Точка О называется точкой приведения; сила , приложенная к точке приведения, – приведённой силой. Появившаяся пара – присоеди­нённой парой.   Приведение плоской системы сил к данному центру.           Пусть на твердое тело действует какая-нибудь система сил , лежащих в одной плоскости. Возьмем в этой плоскости произвольную точку О, которую назовем центром приведения, и, перенесем все силы в центр О (рис. 20, а). В результате на тело будет действовать система сил  приложенных в центре О, и система пар, моменты которых будут равны:    Рис.20   Силы, приложенные в центре О, можно заменить одной силой , приложенной в том же центре; при этом  или   Точно так же, по теореме о сложении пар, все пары можно заменить одной парой, лежащей в той же плоскости. Момент этой пары  или . Величина , равная геометрической сумме всех сил системы, называется, как известно, главным вектором системы; величину Мо, равную сумме моментов всех сил системы относительно центра О, будем называть главным моментом системы относительно цент­ра О. В результате мы доказали следующую теорему: всякая пло­ская система сил, действующих на абсолютно твердое тело, при приведении к произвольно взятому центру О заменяется одной силой R, равной главному вектору системы и приложенной в центре приведения О, и одной парой с моментом М0, равным главному моменту системы относительно центра О (рис. 20, в). Примечания:             1. Для плоской системы сил под главным моментом системы часто также понимают величину этого момента.             2. Очевидно, что главный вектор R0 не зависит, а главный момент M0 зависит от выбора центра приведения. Частные случаи приведения плоской системы сил. В зависимости от значений главного вектора R0  и главного момента M0 возможны следующие случаи приведения плоской системы сил. 1) R0  =0, M0 =0  система сил находится в равновесии; 2) R0  =0, M0 ≠0  система эквивалентна паре сил с моментом, равным главному моменту системы, который в этом случае не зависит от выбора центра приведения; 3) R0 ≠0, M0 =0  система эквивалентна равнодействующей R, равной и эквивалентной главному вектору системы R0 , линия действия которой проходит через центр приведения: R = R0  , R~R0 ; 4) R0  ≠ 0, M0 ≠0  система эквивалентна равнодействующей R, равной главному вектору системы R0, ее линия действия проходит на расстоянии d = |M0|/ R0 от центра приведения (рис.20, б).   Условия равновесия произвольной плоской системы сил. Для равновесия любой плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы одновременно выполнялись условия: R = 0, M0 = 0. Здесь О - любая точка плоскости. Из этого условия следуют уравнения равновесия произвольной плоской системы сил, которые можно записать в трех различных формах: 1) Первая форма: ΣMA = 0; ΣX = 0;                                                                                                           ΣY = 0. 2) Вторая форма: ΣMA = 0; ΣMB = 0;                                                                                                                     ΣY = 0, где ось Oy неперпендикулярна отрезку АВ. 3) Третья форма: ΣMA = 0; ΣMB = 0;                                                                                                                     ΣMС = 0, где точки А, В и С не лежат на одной прямой. Равенства выражают, следующие аналитические условия рав­новесия: для равновесия произвольной плоской системы сил, необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил на каж­дую из двух координатных осей и сумма их моментов относительно любого центра, лежащего в плоскости действия сил, были равны нулю. Теорема о трех моментах. Для равновесия плоской системы сил, действующих на твердое тело, необходимо и достаточно, чтобы суммы моментов этих сил системы относительно трех любых точек, расположенных  в плоскости действия сил и не лежащих на одной прямой,  были равны нулю. .   Равновесие плоской системы параллельных сил. В случае, когда все действующие на тело силы параллельны друг другу, мы можем направить ось Ох перпендикулярно к силам, а ось Оу параллельно им (рис. 21). Тогда проекция каждой из сил на Ox будет равна нулю и первое из 3-х  равенств обратится в тождество вида 0 = 0. В результате для параллельных сил останется два условия равновесия:         Где ось Оу параллельна силам. Рис.21   Сложение параллельных сил. Центр параллельных сил. Пусть даны две параллельные силы  и , направленные в одну сторону и приложенные к точкам  и  (рис.22). Рис.22   Конечно, величина их равнодейст­вующей . Вектор её параллелен силам и направлен в ту же сторону. С помощью теоремы Вариньона най­дём точку приложения равнодействую­щей – точку С. По этой теореме . Значит   Отсюда .  То есть точка приложения равнодействующей делит расстояние между точками A1 и A2 на части обратно пропорцио­нальные силам. Если параллельные силы направ­лены в противоположные стороны (рис.23), то аналогично можно дока­зать, что равнодействующая по вели­чине будет равна разности сил:   (если ), параллельна им, направлена в сторону большей силы и расположена за большей силой – в точке С. А расстояния от точки С до точек приложения сил обратно пропорциональны силам:   Рис.23   Следует заметить, что если точка приложения равнодействующей располо­жена на одной прямой с точками A1 и A2, точками приложения сил, то, при повороте этих сил в одну сторону на одинаковый угол, рав­нодействующая также повернётся вокруг точки приложе­ния С в том же направлении, и останется параллельной им. Такая точка приложения равнодействующей называется центром параллельных сил. Конечно, если хотя бы одну из сил перенести по своей линии дей­ствия в другую точку, то и точка приложения равнодействующей, центр параллельных сил, тоже переместится по линии действия. Следовательно, положение центра параллельных сил зависит от координат точек приложения сил. Центром нескольких параллельных сил, найденный последовательным сложением каждых двух сил, будем называть точку С, радиус-вектор которой определяется формулой ,                                            (1)                           где  - радиусы-векторы точек приложения сил; – вели­чина равнодействующей параллельных сил, равная алгебраической сумме этих сил (знак силы определяется направлением, которое заранее выбирается и считается положительным). Используя (1), нетрудно найти координаты центра параллельных сил. Если радиусы-векторы откладывать из начала координат, то проек­ции радиусов-векторов точек на оси будут равны их координатам. По­этому, проектируя векторное равенство (1) на оси, получим                                                 где  – координаты точек приложения сил.   Понятие о распределенной нагрузке. Наряду с рассмотренными выше сосредоточенными силами строительные конструкции и сооружения могут подвергаться воздействию распределенных нагрузок – по объему, по поверхности или вдоль некоторой линии – и определяемых ее интенсивностью. Примером нагрузки, распределенной по площади, является снеговая нагрузка, давление ветра, жидкости  или грунта. Интенсивность такой поверхностной нагрузки имеет размерность давления и измеряется в кН/м2 или килопаскалях (кПа = кН/м2). При решении задач очень часто встречается нагрузка, распределенная по длине балки. Интенсивность q такой нагрузки измеряется в кН/м. Рассмотрим балку, загруженную на участке a, b распределенной нагрузкой, интенсивность которой изменяется по закону q= q(x). Для определения опорных реакций такой балки нужно заменить распределенную нагрузку эквивалентной сосредоточенной. Это можно сделать по следующему правилу: Рассмотрим частные случаи распределенной нагрузки. а) общий случай распределенной нагрузки (рис.24) Рис.24   q(x) - интенсивность распределенной силы  [Н/м],  - элементарная сила. l – длина отрезка Распределенная по отрезку прямой сила интенсивности q(x) эквивалентна сосредоточенной силе    Сосредоточенная сила прикладывается в точке С (центре параллельных сил)  с координатой б) постоянная интенсивность распределенной нагрузки (рис.25) Рис.25   в) интенсивность распределенной нагрузки, меняющаяся по линейному закону (рис.26) Рис.26     Расчет составных систем. Под составными системами будем понимать конструкции,  состоящие из нескольких тел, соединенных друг с другом. Прежде, чем переходить к рассмотрению особенностей расчета таких систем, введем следующее определение. Статически определимыми называются такие задачи и системы статики, для которых число неизвестных реакций связей не превышает максимально допустимого числа уравнений. Если число неизвестных больше числа уравнений, соответствующие задачи и системы называются статически неопределимыми. При этом разность между числом неизвестных и числом уравнений называется степенью статической неопределимости системы. Для любой плоской системы сил, действующих на твердое тело, имеется три независимых условия равновесия. Следовательно, для любой плоской системы сил из условий равновесия можно найти не более трех неизвестных реакций связи. В случае пространственной системы сил, действующих на твердое тело, имеется шесть независимых условия равновесия. Следовательно, для любой пространственной системы сил из условий равновесия можно найти не более шести неизвестных реакций связи. Поясним это на следующих примерах. 1. Пусть центр невесомого идеального блока (пример 4) удерживается при помощи не двух, а трех стержней: АВ, ВС и BD и нужно определить реакции стержней, пренебрегая размерами блока. С учетом условий задачи мы получим систему сходящихся  сил, где для определения трех неизвестных: SA, SC  и SD  можно составить по-прежнему систему только двух уравнений: ΣX = 0, ΣY=0. Очевидно, поставленная задача и соответствующая ей система будут статически неопределимыми. 2. Балка, жестко защемленная на левом конце и имеющая на правом конце шарнирно-неподвижную опору, загружена произвольной плоской системой сил (рис.27). Для определения опорных реакций можно составить только три уравнения равновесия, куда войдут 5 неизвестных опорных реакций: XA, YA, MA, XB  и YB. Поставленная задача будет дважды статически неопределимой. Такую задачу нельзя решить в рамках теоретической механики, предполагая рассматриваемое тело абсолютно твердым. Рис.27   Вернемся к изучению составных систем, типичным представителем которых является трехшарнирная рама (рис. 28,а). Она состоит из двух тел: AC и BC, соединенным ключевым шарниром C. На примере этой рамы  рассмотрим два способа определения опорных реакций составных систем. 1 способ. Рассмотрим тело AC, загруженное заданной силой Р, отбросив в соответствии с аксиомой 7 все связи и заменив их соответственно реакциями внешних (XA, YA) и внутренних (XC, YC) связей (рис. 28,б). Аналогично можно рассмотреть равновесие тела BC под действием реакций опоры В  (XB, YB) и реакций в соединительном шарнире C  (XC’, YC’) , где в соответствии с аксиомой 5: XC  = XC’, YC  = YC’. Для каждого из этих тел можно составить три уравнения равновесия, таким образом, общее число неизвестных: XA, YA , XC =XC’, YC =YC’, XB , YB равняется суммарному числу уравнений, и задача является статически определимой. Напомним, что по условию задачи требовалось определить только 4 опорные реакции, нам же пришлось проделать дополнительную работу, определяя реакции в соединительном шарнире. В этом и заключается недостаток данного способа определения опорных реакций. 2 способ. Рассмотрим равновесие всей рамы АВС, отбросив только внешние связи и заменив их неизвестными опорными реакциями XA, YA, XB , YB . Полученная система состоит из двух тел и не является абсолютно твердым телом, поскольку расстояние между точками А и В может изменяться вследствие взаимного поворота обеих частей относительно шарнира С. Тем не менее можно считать, что совокупность сил, приложенных к раме АВС образует систему, если воспользоваться аксиомой отвердевания (рис.28,в). Рис.28   Итак, для тела АВС можно составить три уравнения равновесия. Например: ΣMA = 0; ΣX = 0; ΣY = 0. В эти три уравнения войдут 4 неизвестных опорных реакции XA, YA, XB  и  YB . Отметим, что попытка использовать в качестве недостающего уравнения, например такое: ΣMВ = 0 к успеху не приведет, поскольку это уравнение будет линейно зависимым с предыдущими. Для получения линейно независимого четвертого уравнения необходимо рассмотреть равновесие другого тела. В качестве него можно взять одну из частей рамы, например  ВС. При этом нужно составить такое уравнение, которое содержало бы «старые»  неизвестные XA, YA, XB , YB и не содержало новых. Например, уравнение: ΣX(ВС) = 0 или подробнее:  XС’ + XB = 0 для этих целей не подходит, поскольку содержит «новое» неизвестное XС’, а вот уравнение ΣMС(ВС) = 0 отвечает всем необходимым условиям. Таким образом, искомые опорные реакции можно найти в следующей последовательности: ΣMA = 0; → YB = Р/4; ΣMВ = 0; → YА = Р/4; ΣMС(ВС) = 0; → XB = Р/4; ΣX = 0; → XА = 3Р/4. Для проверки можно использовать уравнение: ΣMС(АС) = 0 или, подробнее: YА∙2 + XА∙2 + Р∙1 = Р/4∙2 3Р/4∙2 + Р∙1 = Р/2  3Р/2 + Р = 0. Отметим, что в это уравнение входят все 4 найденные опорные реакции: XА и YА  в явной форме, а XB  и YB  в неявной, поскольку они были использованы при определении двух первых реакций.   Графическое определение опорных реакций. Во многих случаях решение задач можно упростить, если вместо уравнений равновесия или в дополнение к ним непосредственно использовать условия равновесия, аксиомы и теоремы статики. Соответствующий подход и получил название графического определения опорных реакций. Прежде чем перейти к рассмотрению графического метода отметим, что, как и для системы сходящихся сил, графически можно решить только те задачи, которые допускают аналитическое решение. При этом графический метод определения опорных реакций удобен при небольшом числе нагрузок. Итак, графический метод определения опорных реакций основан главным образом на использовании:  аксиомы о равновесии системы двух сил;                        аксиомы о действии и противодействии;  теоремы о трех силах;  условия равновесия плоской системы сил. При графическом определении реакций составных систем рекомендуется следующая последовательность рассмотрения:  выбрать тело с минимальным числом алгебраических неизвестных реакций связей;  если таких тел два или больше, то начать решение с рассмотрения тела, к которому приложено меньшее число сил;  если таких тел два или больше, то выбрать тело, для которого большее число сил известно по направлению.   Решение задач. При решения задач этого раздела сле­дует иметь в виду все те общие указания, которые были сделаны ранее. Приступая к решению, надо, прежде всего, установить, равновесие какого именно тела следует в данной задаче рассмотреть. Затем, выделив это тело и рассматривая его как свободное, следует изобразить все действующие на тело заданные силы и реакции отброшенных связей. Далее следует составить условия равновесия, применяя ту из форм этих условий, которая приводит к более простой системе урав­нений (наиболее простой будет система уравнений, в каждое из ко­торых входит по одному неизвестному). Для получения более простых уравнений следует (если это только не усложняет ход расчета): 1) составляя уравнения проекций, проводить координатную ось, перпендикулярно какой-нибудь неиз­вестной силе; 2) при составлении моментного уравнения в качестве моментной целесообразно выбирать точку, где пересекаются линии действия двух неизвестных опорных реакций из трех – в этом случае они не войдут в уравнение, и оно будет содержать только одно неизвестное; 3) если две неизвестных опорных реакции из трех параллельны, то при составлении уравнения в проекциях на ось последнюю следует направить так, чтобы она была перпендикулярна к двум первым реакциям – в этом случае уравнение будет содержать только последнее неизвестное; 4) при решении задачи систему координат надо выбирать так, чтобы ее оси были ориентированы так же, как большинство приложенных к телу сил системы. При вычислении моментов иногда бывает удобно разла­гать данную силу на две составляющие и, пользуясь теоремой Вариньона, находить момент силы как сумму моментов этих соста­вляющих. Решение многих задач статики сводится к определению реакций опор, с помощью которых закрепляются балки, мостовые фермы и т. п.   Пример 7. К кронштейну, изображенному на рис.29, а, в узле В подвешен груз весом 36 кН. Соединения элементов кронштейна шарнирные. Определить усилия, возникающие в стержнях АВ и ВС, считая их невесомыми. Решение. Рассмотрим равновесие узла В, в котором сходятся стержни АВ и ВС. Узел В представляет собой точку на чертеже. Так как груз подвешен к узлу В, то в точке В прикладываем силу F, равную весу подвешенного груза. Стержни ВА и ВС, шарнирно соединенные  в узле В, ограничивают возможность любого его линейного перемещения в вертикальной плоскости, т.е. являются связями по отношению к узлу В. Рис. 29. Расчетная схема кронштейна к примеру 7: а – расчетная схема; б – система сил в узле B   Мысленно отбрасываем связи и заменяем их действия силами - реакциями связей RА и RС. Так как стержни невесомые, то реакции этих стержней (усилия в стержнях) направлены вдоль оси стержней. Предположим, что оба стержня растянуты, т.е. их реакции направлены от шарнира внутрь стержней. Тогда, если после расчета реакция получится со знаком минус, то это будет означать, что на самом деле реакция направлена в сторону, противоположную указанной на чертеже, т.е. стержень будет сжат. На рис. 29, б показано, что в точке В приложены активная сила F и реакции связей RА и RС. Видно, что изображенная система сил представляет плоскую систему сил, сходящихся в одной точке. Выбираем произвольно оси координат OX и OY и составляем уравнения равновесия вида: ΣFx = 0;  -Ra  - Rccos𝛼 = 0; ΣFy = 0;  -F - Rc cos (90 - α) = 0. Учитывая, что cos (90 - α) = sinα, из второго уравнения находим Rc = -F/sinα = -36/0,5 = -72 кН. Подставив значение Rc   в первое уравнение, получим Ra = -Rc cosα = - (-72) ∙0,866 = 62,35  кН. Таким образом, стержень АВ - растянут, а стержень ВС - сжат. Для проверки правильности найденных усилий в стержнях спроектируем все силы на любую ось, не совпадающую с осями X и Y, например, ось U: ΣFu = 0; -Rc - Ra cosα - F cos (90- α) = 0. После подстановки значений найденных усилий в стержнях (размерность в килоньютонах) получим - (-72) – 62,35∙0,866 - 36∙0,5 = 0;     0 = 0. Условие равновесия выполняется, таким образом, найденные усилия в стержнях верны.   Пример 8. Балка строительных подмостей, весом которой можно пренебречь удерживается в горизонтальном положении гибкой тягой СD и шарнирно опирается на стену в точке А. Найти усилие в тяге СD, если на край подмостей встанет рабочий весом 80 кг ≈0,8 кН (рис.30, а). Рис. 30. Расчетная схема подмостей к примеру 8: а – расчетная схема; б – система сил действующих на подмости   Решение. Выделяем объект равновесия. В данном примере объектом равновесия является балка подмостей. В точке В на балку действует активная сила F, равная весу человека. Связями в данном случае являются неподвижный опорный шарнир А и тяга CD. Мысленно отбросим связи, заменив их действие на балку, реакциями связей (рис. 30, б). Реакцию неподвижной шарнирной опоры по условию задачи определять не нужно. Реакция в тяге CD направлена вдоль тяги. Предположим, что стержень CD растянут, т.е. реакция RD направлена от шарнира С внутрь стержня. Разложим реакцию RD, по правилу параллелограмма, на горизонтальную и вертикальную составляющие: RDxгор =RD cosα;          RDyверт = RD cos(90-α) =RD sinα. В результате получили произвольную плоскую систему сил, необходимым условием равновесия которой является равенство нулю трех независимых условий равновесия,. В нашем случае удобно первым записать условие равновесия в виде суммы моментов относительно моментной точки А, так как момент опорной реакции RA относительно этой точки равен нулю: ΣmA = 0;    F∙3a - Rdy∙a = 0 или F∙3a - RD sinα= 0. Значение тригонометрических функций определим из треугольника АСD: cosα = АC/CD = 0,89,      sinα = AD/CD = 0,446. Решая уравнение равновесия, получим RD = 5,38 кH. (Тяж СD - растянут). Для проверки правильности вычисления усилия в тяже CD необходимо вычислить хотя бы одну из составляющих опорной реакции RA. Воспользуемся уравнением равновесия в виде ΣFy = 0;    VA + RDy  - F = 0 или VA = F - Rdy.    Отсюда VA = -1,6 кН. Знак минус означает, что вертикальная составляющая реакции RA на опоре направлена вниз. Проверим правильность вычисления усилия в тяже. Используем еще одно условие равновесия в виде уравнений моментов относительно точки В. ΣmB = 0;     VA ∙3а + RDy∙2a = 0; -1,6∙3а + 5,38∙0,446∙2а = 0;       0 = 0. Условия равновесия соблюдаются, таким образом, усилие в тяже найдено верно.   Пример 9. Вертикальный бетонный столб забетонирован нижним концом в горизонтальное основание. Сверху на столб передается нагрузка от стены здания весом 143 кН. Столб изготовлен из бетона плотностью γ= 25 кН/м3. Размеры столба показаны на рис. 31, а. Определить реакции в жесткой заделке. Рис. 31. Расчетная схема столба к примеру 9: а – схема загрузки и размеры столба; б – расчетная схема   Решение. В данном примере объектом равновесия является столб. Столб загружен следующими типами активных нагрузок: в точке А сосредоточенной силой F, равной весу стены здания, и собственным весом столба в виде равномерно распределенной по длине бруса нагрузки интенсивностью q на каждый метр длины столба: q = 𝛾А, где А - площадь поперечного сечения столба. q = 25∙0,51∙0.51 = 6,5 кН/м. Связями в данном примере является жесткая заделка в основании столба. Мысленно отбросим заделку и заменим ее действие реакциями связей (рис. 31, б). В нашем примере рассматривается частный случай действия системы сил, перпендикулярных заделке и проходящих по одной оси через точку приложения опорных реакций. Тогда две опорные реакции: горизонтальная составляющая и реактивный момент будут равны нулю. Для определения вертикальной составляющей опорной реакции спроектируем все силы на ось элемента. Совместим эту ось с осью Z, тогда условие равновесия запишется в следующем виде: ΣFZ = 0;    VB - F - ql = 0, где ql - равнодействующая распределенной нагрузки. Отсюда VB = F +ql=143 + 6,5∙4 = 169 кН. Знак плюс указывает, что реакция  VB  направлена вверх. Для проверки правильности вычисления опорной реакции остается еще одно условие равновесия - в виде алгебраической суммы моментов всех сил относительно любой точки, не проходящей через ось элемента. Предлагаем выполнить эту проверку самостоятельно.   Пример 10. Для балки, изображенной на рис.32, а, требуется определить опорные реакции.  Дано:  F = 60 кН,   q = 24 кН/м,    М   = 28 кН∙м.   Рис. 32. Расчетная схема и размеры балки к примеру 10: а – расчетная схема; б – объект равновесия   Решение. Рассмотрим равновесие балки. Балка загружена активной нагрузкой в виде плоской системы параллельных вертикальных сил, состоящих из сосредоточенной силы F, равномерно распределенной нагрузки интенсивностью q с равнодействующей Q, приложенной в центре тяжести грузовой площади (рис. 32, б), и сосредоточенного момента М, который можно представить в виде пары сил. Связями в данной балке являются шарнирно-неподвижная опора А и шарнирно-подвижная опора В. Выделим объект равновесия, для этого отбросим опорные связи и заменим их действия реакциями в этих связях (рис. 32, б). Реакция подвижной опоры RB направлена вертикально, а реакция шарнирно-неподвижной опоры RA будет параллельна активной системе действующих сил и направлена также вертикально. Предположим, что они направлены вверх. Равнодействующая распределенной нагрузки Q = 4,8∙q  приложена в центре симметрии грузовой площади. При определении опорных реакций в балках необходимо стремиться так составлять уравнения равновесия, чтобы в каждое из них входило только одно неизвестное. Этого можно добиться, составляя два уравнения моментов относительно опорных точек. Проверку опорных реакций обычно проводят, составляя уравнение в виде суммы проекций всех сил на ось, перпендикулярную оси элемента. Примем условно направление вращения момента опорных реакций вокруг моментных точек за положительное, тогда противоположное направление вращения сил будем считать отрицательным. Необходимым и достаточным условием равновесия в данном случае является равенство нулю независимых условий равновесия в виде: ΣmA = 0;      VB ∙6 - q∙4,8∙4,8 + M + F∙2,4 = 0; ΣmB = 0;      VA∙6 - q∙4,8∙1,2 - M - F∙8,4 = 0. Подставляя численные значения величин, находим VB = 14,4 кН,      VA = 15,6 кН. Для проверки правильности найденных реакций используем условие равновесия в виде: ΣFy = 0;     VA + VB - F -q∙4,8 =0. После подстановки численных значений в это уравнение получаем тождество типа 0=0. Отсюда делаем выводы, что расчет выполнен верно и реакции на обеих опорах направлены вверх.   Пример 11. Определить опорные реакции для балки, изображенной на рис.33, а. Дано: F = 2,4 кН, M = 12 кН∙м, q = 0,6 кН/м,  = 60°. Рис. 33. Расчетная схема и размеры балки к примеру 11: а – расчетная схема; б – объект равновесия   Решение. Рассмотрим равновесие балки. Мысленно освобождаем балку от связей на опорах и выделяем объект равновесия (рис. 33, б). Балка загружена активной нагрузкой в виде произвольной плоской системы сил. Равнодействующая распределенной нагрузки Q = q∙3 приложена в центре симметрии грузовой площади. Силу F разложим по правилу параллелограмма на составляющие – горизонтальную и вертикальную Fz = Fcosα= 2,4 cos60° = 1,2 кН; Fy =Fcos(90-α) = F sin60° = 2,08 кН. Прикладываем к объекту равновесия вместо отброшенных связей реакции. Предположим, вертикальная реакция VA шарнирно подвижной опоры А направлена вверх, вертикальная реакция VB шарнирно неподвижной опоры B направлена также вверх, а горизонтальная реакция HВ  - вправо. Таким образом, на рис. 33, б изображена произвольная плоская система сил, необходимым условием равновесия которой является равенство нулю трех независимых условий равновесия для плоской системы сил. Напомним, что, согласно теореме Вариньона, момент силы F относительно любой точки равен сумме моментов составляющих Fz и Fy относительно этой же точки. Примем условно, направление вращения момента опорных реакций вокруг моментных точек за положительное, тогда противоположное направление вращение сил будем считать отрицательным. Тогда условия равновесия удобно составить в следующем виде: ΣFz = 0;       - Fz + HB  = 0;          отсюда  HB = 1,2 кН; ΣmA = 0;    VB∙6 + M - Fy ∙2 + 3q∙0.5 = 0;   отсюда  VB = - 1,456 кН; ΣmB = 0;      VA ∙6 - 3q∙6,5 - Fy ∙4 - M = 0;      отсюда  VA = 5,336 кН. Для проверки правильности вычисленных реакций используем еще одно условие равновесия, которое не использовали, например: ΣFy = 0;    VA + VB  - 3q - Fy = 0. После подстановки численных значений получаем тождество 0=0. Вертикальная опорной реакции VB получилась со знаком минус, это показывает, что в данной балке она направлена не вверх, а вниз.   Пример 12. Определить опорные реакции для балки, жестко заделанной с одной стороны и изображенной на рис. 34, а. Дано:  q =20 кН/м. Рис. 34. Расчетная схема и размеры балки к примеру 12: а – расчетная схема; б – объект равновесия   Решение. Выделим объект равновесия. Балка загружена активной нагрузкой в виде плоской системы параллельных сил, расположенных вертикально. Мысленно освобождаем балку от связей в заделке и заменяем их реакциями в виде сосредоточенной силы VB и пары сил с искомым реактивным моментом МB (см. рис.34, б). Так как  активные силы  действуют только в вертикальном направлении, то горизонтальная реакция НB равна нулю. Примем условно направление вращения момента опорных реакций вокруг моментных точек по часовой стрелке за положительное, тогда противоположное направление вращения сил будем считать отрицательным. Составляем условия равновесия в виде ΣFy = 0;        VB - q∙1,6 = 0; ΣmB = 0;        MB - q∙1,6∙1,2 = 0. Здесь q∙1,6 – равнодействующая распределенной нагрузки. Подставив численные значения распределенной нагрузки q, находим VВ = 32 кН,     МB = 38,4 кН∙м. Для проверки правильности найденных реакций составим еще одно условие равновесия. Теперь возьмем за моментную точку какую-нибудь другую точку, например правый конец балки, тогда: ΣmA = 0;     MB – VB∙2 + q∙1,6∙0,8 = 0 . После подстановки численных значений получаем тождество 0=0. Окончательно делаем выводы, что опорные реакции найдены верно. Вертикальная реакция VB направлена вверх, а реактивный момент МВ - по часовой стрелке.   Пример 13. Определить опорные реакции балки (рис.35, а). Решение. В качестве активной нагрузки выступает равнодействующая распределенной нагрузки Q=(1/2)∙aq=(1/2)∙3∙2=3кН, линия действия которой проходит на расстоянии 1 м от левой опоры, сила натяжения нити Т = Р = 2 кН, приложенная  на правом конце балки и сосредоточенный момент.  Поскольку последний можно заменить парой вертикальных сил, то действующая на балку нагрузка вместе с реакцией подвижной опоры В образует систему параллельных сил, поэтому реакция RA будет также направлена вертикально (рис.35, б). Для определения этих реакций воспользуемся уравнениями равновесия. ΣMA = 0;  Q∙1 + RВ∙3  M + Т∙5 = 0, откуда RВ = (1/3) (Q + M  Р∙5) = (1/3) (3 + 4  2∙5) = 1 кН. ΣMB = 0;   RA∙3 + Q∙2  M + Т∙2 = 0, RA = (1/3) (Q∙2  M + Р∙2) = (1/3) (3∙2  4 + 2∙2) = 2 кН. Рис.35   Чтобы проверить правильность полученного решения, воспользуемся дополнительным уравнением равновесия: ΣYi = RA  Q + RВ  + Т = 2  3  1 + 2 = 0, то есть, задача решена правильно.                 Пример 14. Найти опорные реакции консольной балки, загруженной распределенной нагрузкой (рис.36, а). Решение. Равнодействующая распределенной нагрузки приложена в центре тяжести грузовой эпюры. Чтобы не искать положение центра тяжести трапеции, представим ее в виде суммы двух треугольников. Тогда заданная нагрузка будет эквивалентна двум силам: Q1 = (1/2)∙3∙2 = 3 кН и Q2 = (1/2)∙3∙4 = 6 кН, которые приложены в центре тяжести каждого из треугольников (рис.36,б). Рис.36   Опорные реакции жесткого защемления представлены силой RA и моментом MA, для определения которых удобнее использовать уравнения равновесия системы параллельных сил, то есть: ΣMA = 0;   MA = 15 кН∙м;                                                         ΣY = 0,      RA  = 9 кН. Для проверки воспользуемся дополнительным уравнением ΣMВ = 0, где точка В находится на правом конце балки: ΣMВ = MA  RA∙3 + Q1∙2 + Q2∙1 = 15  27 + 6 +6 = 0.                Пример 15. Однородная балка весом Q = 600 Н и длиной l = 4 м опирается одним концом на гладкий пол, а промежуточной точкой В на столб высотой h = 3 м, образуя с вертикалью угол 30°. В таком положении балка удерживается веревкой, протянутой по полу. Определить натяжение веревки T и реакции столба  RB и пола  RA  (рис.37,а). Решение. Под балкой или стержнем в теоретической механике понимают тело, у которого поперечными размерами в сравнении с его длиной можно пренебречь. Таким образом, вес Q однородной балки приложен в точке С, где АС = 2 м. Рис.37   1) Поскольку две неизвестных реакции из трех приложены в точке А, первым следует составить уравнение ΣMA = 0, так как туда войдет только реакция RB:  RB ∙АВ+ Q∙(l/2)∙sin30° = 0, где АВ = h/cos30°= 2 м. Подставляя в уравнение, получим: RB ∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600, откуда RB = 600/ (2) = 100 ≅ 173 Н. Аналогично из моментного уравнения можно было бы найти и реакцию RA, выбрав в качестве моментной точку, где пересекаются линии действия RB и Т. Однако это потребует дополнительных построений, поэтому проще воспользоваться другими уравнениями равновесия: 2) ΣX = 0;   RB ∙cos30  Т = 0;   →  Т = RB ∙cos30°= 100 ∙(/2) = 150 Н; 3) ΣY = 0,   RB∙sin30 Q + RA = 0;  →   RA = Q  RB∙sin30°= 600  50 ≅ 513 Н. Таким образом, мы нашли Т и RA через RB , поэтому проверить правильность полученного решения можно с помощью  уравнения: ΣMB = 0, куда в явном или неявном виде войдут все найденные реакции:  RA∙АВ sin30° Т∙АВ cos30°  Q∙(АВ  l/2)∙sin30°= 513∙2 ∙(1/2)  150∙2 ∙( /2)  600∙ (2  2)∙(1/2) = 513∙  150∙3  600∙( 1) ≅ 513∙1,73  450  600∙0,73 = 887,5  888 = 0,5. Полученная в результате округления невязка ∆= 0,5 называется абсолютной погрешностью вычисления. Для того чтобы ответить на вопрос насколько точным является полученный результат, вычисляют относительную погрешность, которая определяется по формуле: ε=[|∆| / min(|Σ+|, |Σ|)]∙100% =[|0,5| / min(|887,5|, |888|)]∙100% = (0,5/887,5)∙100% = 0,06%.          Пример 16. Определить опорные реакции рамы (рис.38). Здесь и в дальнейшем, если не оговорено специально, все размеры на рисунках будем считать указанными в метрах, а силы  в килоньютонах. Рис.38   Решение. Рассмотрим равновесие рамы, к которой в качестве активной приложена сила натяжения нити Т, равная весу груза Q. 1) Реакцию подвижной опоры RB найдем из уравнения ΣMA = 0. Чтобы при этом не вычислять плечо силы Т, воспользуемся теоремой Вариньона, разложив эту силу на горизонтальную и вертикальную составляющие: RB∙2 + Т sin30°∙3  Т cos30°∙4 = 0;    →    RB = (1/2)∙ Q(cos30°∙4  sin30°∙3) = (5/4) ∙ (4 3) кН. 2) Для вычисления YA составим уравнение ΣMС = 0, где точка С лежит на пересечении линий действия реакций RB  и ХA:  YA∙2 + Т sin30°∙3  Т cos30°∙2 = 0;    →    YA  = (1/2)∙ Q(sin30°∙3 cos30°∙2) = (5/4) ∙ (3 2) кН. 3) Наконец, находим реакцию ХA: ΣX = 0;  ХA  Т sin30° = 0;   →   ХA = Q sin30° = 5/2 кН. Поскольку все три реакции были найдены независимо друг от друга, для проверки нужно взять уравнение, в которое входит каждая из них: ΣMD = ХA∙3  YA∙4  RB∙2 = 15/2  5∙(3 2)  (5/2)∙ (4 3) = 15/2  15  + 10 10 +15/2 = 0.           Пример 17. Определить опорные реакции стержня, имеющего ломаное очертание (рис.39,а). Решение. Заменяем распределенную нагрузку на каждом участке стержня сосредоточенными силами Q1 = 5 кН и Q2 = 3 кН, а действие отброшенного жесткого защемления  реакциями ХA ,YA и MА (рис.39,б). Рис.39   1) ΣMА = 0;  MА Q1∙2,5  Q2∙5,5 = 0;   →   MА = 5∙2,5 + 3∙5,5 = 12,5 + 16,5 = 29 кНм. 2) ΣX = 0;    ХA + Q1∙sin = 0;              →    ХA = 5∙(3/5) = 3 кН. 3) ΣY = 0;   YA  Q1 cos  Q2 = 0;       →    YA = 5∙(4/5) + 3 = 4 + 3 = 7 кН, так как sinα = 3/5, cosα = 4/5. Проверка: ΣMВ = 0;  MА + ХA∙3  YA∙7 + Q1cosα∙4,5 + Q1sinα∙1,5 + Q2∙1,5 = 29 3∙3  7∙7 + 5∙(4/5)∙5 + 5∙(3/5)∙1,5 + 3∙1,5 = 29  9  49 + 20 + 4,5 + 4,5 = 58  58 = 0.   Пример 18. Для рамы изображенной на рис.40, а,  требуется определить опорные реакции.   Дано: F = 50 кН ,  М = 60 кН∙м ,   q = 20 кН/м. Решение. Рассмотрим равновесие рамы. Мысленно освобождаем раму от связей на опорах (рис.40, б) и выделяем объект равновесия. Рама загружена активной нагрузкой в виде произвольной плоской системы сил. Вместо отброшенных связей прикладываем к объекту равновесия реакции: на шарнирно-неподвижной опоре А - вертикальную VA и горизонтальную HA, а на шарнирно-подвижной опоре В - вертикальную реакцию VB Предполагаемое направление реакций показано на рис.40, б. Рис.40. Расчетная схема рамы и объект равновесия к примеру 18: а – расчетная схема; б – объект равновесия   Составляем следующие условия равновесия: ΣFx = 0;      -HA + F = 0;         HA = 50 кН. ΣmA = 0;    VB∙6 + M - q∙6∙3 - F∙6 = 0;       VB = 100 кН. ΣFy = 0;      VA + VB - q∙6 = 0;        VA = 20 кН. Здесь условно принято направление вращения вокруг моментных точек против движения часовой стрелки за положительное. Для проверки правильности вычисления реакций используем условие равновесия, в которое входили бы все опорные реакции, например: ΣmC = 0;          VB∙3 + M – HA∙6 – VA∙3 = 0. После подстановки численных значений получаем тождество 0=0. Таким образом, направления и величины опорных реакций определены верно.   Пример 19. Определить опорные реакции рамы (рис.41,а). Рис.41   Решение. Как и в предыдущем примере, рама состоит из двух частей, соединенных ключевым шарниром С. Распределенную нагрузку, приложенную к левой части рамы, заменяем равнодействующей Q1, а к правой  равнодействующей Q2, где Q1 = Q2 = 2кН. 1) Находим реакцию RB из уравнения ΣMС(ВС) = 0;  → RB = 1кН; Рассмотрим равновесие всей рамы как абсолютно твердого тела. Поскольку Q1, Q2 и RB образуют систему параллельных сил, реакции в точке А будут представлены вертикально направленной силой RА и реактивным моментом МА (рис.37,б), поэтому можно составить следующие уравнения равновесия: 2) ΣMА = 0;     → MА = 4 кН∙м; 3) ΣY = 0;        → RА = 3 кН. Проверка: ΣMС(АС) = MА  RА∙2 + Q1∙1 = 4  3∙2 + 2∙1 = 6  6 = 0.                         Пример 20. Определить опорные реакции рамы (рис.42,а). Рис.42   Решение. В отличие от двух предыдущих примеров формальное определение опорных реакции в этой задаче требует совместного рассмотрения системы уравнений: ΣMА =0;   M + YВ∙3  XB∙1 = 0; ΣMС(СВ) =0;   M + YВ∙1 + XB∙1 = 0. Ее решением будет: XB = M/2; YВ = M/2. Рассматривая затем равновесие всей рамы в целом, получим: ΣХ = 0;    XА + XB = 0;     →  XА = M/2; ΣY = 0;    YА + YВ = 0;     →  YА = M/2. Проверка. ΣMС(АС) = XА∙1  YА∙3 + M =M/2  M/2 + M = 0.             Пример 21. Определить реакции в опорах и в соединительном шарнире трехшарнирной арки (рис.43,а). Рис.43   Решение. Находим опорные реакции: 1) ΣMА = 0;      → YВ = Р/2; 2) ΣMС(СВ) = 0;  → ХВ = Р/2; 3) ΣMВ= 0;       → YА = Р/2; 4) ΣХ = 0;         → XА = Р/2. Для определения реакций в соединительном шарнире нужно рассмотреть равновесие одной из частей рамы. При этом результат будет зависеть от того, к какой части считать приложенной силу Р. Например, считая эту силу приложенной к телу АС, получим из условий равновесия левой части (рис.43,б): ΣХ(АС) = 0;        → XC = –Р/2; ΣY(АС) = 0;         → YC = Р/2. А если считать силу Р поделенной поровну между левой и правой частями рамы, то YC  будет равняться нулю. В общем случае эту силу можно поделить в любом соотношении между частями рамы, но в сумме с реакцией YC она всегда будет равняться  Р/2.          Пример 22. Определить графически опорные реакции рамы, изображенной  на рис.44. Рис.44   Решение. Система состоит из двух тел, имеющих равное число алгебраических неизвестных: 4  для АС (XA, YA, XC, YC)  и  4  для ВС (XB, YB, XC’, YC’), но на тело АС действуют три силы (P, RA, RC), а на ВС  только две (RВ, RC’), поэтому начинаем решение с рассмотрения тела ВС. Согласно второй аксиоме  RВ и RC’ действуют вдоль прямой, соединяющей точки их приложения, то есть по прямой ВС. Рассмотрим равновесие всей рамы АВС как твердого тела. На нее действует уравновешенная система трех непараллельных сил, которая в силу теоремы о трех силах должна быть сходящейся, поэтому реакция RA должна проходить через точку К, где  пересекаются линии действия RВ и RC’ (рис.44,а). Строим силовой треугольник, проводя через начало и конец вектора Р прямые, параллельные направлениям  RA и RВ до их пересечения (рис.44,б). Из подобия силового треугольника Oab и треугольника ВАК на чертеже находим искомые реакции: RВ /P = ()/4;  →    RВ = ()/4;    XВ =  (RВ)/2 = P/4;    YВ = P/4. |XА| /P = 3/4;     XА = (3/4)P;     YА = P/4.                               Пример 23. Определить графически опорные реакции рамы, показанной на рис.45. Рис.45   Решение. Начинаем рассмотрение с части, на которую действуют только две силы, и по аксиоме 2 определяем линию действия RA (рис.45). Рассматривая равновесие рамы  в целом, приходим к заключению, что опорные реакции RA и RВ должны составить пару, которая уравновесит приложенный к раме момент. Отсюда следует, что RA = RВ = М/, при этом XА = YА = RA (/2) = М/2;     XВ = YВ = М/2.    Примечания к решению задач:             1. При решении задач с большим числом нагрузок – например, при выполнении расчетно-проектировочных работ все вычисления удобнее делать в десятичных дробях. В этом случае все результаты и проверка будут получаться с некоторым приближением, но относительная погрешность независимо от величин определяемых реакций и даже при использовании самых скромных вычислительных средств не должна выходить за пределы 1%.             2. Если проверка не выполняется и не удается найти ошибку, то нужно, во-первых, постараться ее локализовать, то есть выяснить, какие из вычисленных  реакций найдены  неверно, и воспользоваться для их определения альтернативными уравнениями. Во-вторых, можно воспользоваться следующим приемом, который вытекает из свойств систем линейных алгебраических уравнений: опорные реакции от заданной нагрузки равны сумме опорных реакций от каждой нагрузки в отдельности.   Лекция 3. Расчет ферм. Трение скольжения и качения.  В данной лекции рассматриваются следующие вопросы 1. Расчет ферм. 2. Понятие о ферме. 3. Аналитический расчет плоских ферм. 4. Графический расчет плоских ферм. 5. Трение. 6. Законы трения скольжения. 7. Реакции шероховатых связей. 8. Угол трения. 9. Равновесие при наличии трения. 10. Трение качения и верчения. 11. Момент силы относительно центра как вектор. 12. Момент пары сил как вектор. 13. Момент силы относительно оси. 14. Зависимость между моментами силы относительно центра и относительно оси. 15. Приведение пространственной системы сил к данному центру. 16. Условия равновесия произвольной пространственной системы сил. 17. Задачи на равновесие тела под действием пространственной системы сил.           Изучение данных вопросов необходимо в дальнейшем для изучения динамики движении тел с учетом трения скольжения и трения качения, динамики движения центра масс механической системы, кинетических моментов, для решения задач в дисциплине «Сопротивление материалов».   Расчет ферм. Понятие о ферме. Аналитический расчет плоских ферм. Фермой называется жесткая конструкция из прямолинейных стержней, соединенных на концах шарнирами. Если все стержни фермы лежат в одной плоскости, ферма называется плоской. Места соединения стержней фермы называют узлами. Все внешние нагрузки к ферме прикладываются только в узлах. При расчете фермы трением в узлах и весом стержней (по сравнению с внешними нагрузками) пренебрегают или распределяют веса стержней по узлам. Тогда на каждый из стержней фермы будут действовать две силы, приложен­ные к его концам, которые при равновесии могут быть направлены только вдоль стержня. Следовательно, можно считать, что стержни фермы работают только на растяжение или на сжатие. Огра­ничимся рассмотрением жестких плоских ферм, без лишних стержней, образованных из треугольников. В таких фермах число стержней k и число узлов n связаны соотношением k=2n-3. Расчет фермы сводится к определению опорных реакций и уси­лий в ее стержнях. Опорные реакции можно найти обычными методами статики, рассматривая ферму в целом как твердое тело. Перейдем к определе­нию усилий в стержнях. Метод вырезания узлов. Этим методом удобно пользоваться, когда надо найти усилия во всех стержнях фермы. Он сводится к по­следовательному рассмотрению условий равновесия сил, сходящихся в каждом из узлов фермы. Ход расчетов поясним на конкретном примере. Рис.1   Рассмотрим изображенную на рис. 1,а ферму, образованную из одинаковых равнобедренных прямоугольных треугольников; действую­щие на ферму силы парал­лельны оси х и равны: F1 = F2 = F3 = F = 2. В этой ферме число узлов n = 6, а число стержней k = 9. Следовательно, соот­ношение выполняется и ферма является жесткой, без лишних стержней. Составляя уравнения рав­новесия для фермы в целом, найдем, что реакции опор направлены, как пока­зано на рисунке, и численно равны; XA=3F=6 H. YA=N=3/2F=3 H. Переходим к определению усилий в стержнях.                                           Пронумеруем узлы фермы римскими цифрами, а стержни — арабскими. Искомые усилия будем обозначать S1 (в стержне 1), S2 (в стержне 2) и т. д. Отрежем мысленно все узлы вместе со сходящимися в них стержнями от осталь­ной фермы. Действие отброшенных частей стержней заменим силами, которые будут направлены вдоль соответствующих стержней и численно равны искомым усилиям S1, S2, ... Изображаем сразу все эти силы на рисунке, направляя их от узлов, т. е. считая, все стержни растя­нутыми (рис. 1,а; изображенную картину надо представлять себе для каждого узла так, как это показано на рис. 1,б для узла III). Если в результате расчета величина усилия в каком-нибудь стержне получится отрицательной, это будет означать, что данный стержень не растянут, а сжат. Буквенных обозначений для сил, действующих вдоль стержней, ни рис. 23 не вводам, поскольку ясно, что силы, действующие вдоль стержня 1, равны численно S1, вдоль стержня 2 — равны S2 и т. д. Теперь для сил, сходящихся в каждом узле, составляем последо­вательно уравнения равновесия Начинаем с узла 1, где сходятся два стержня, так как из двух уравнений равновесия можно определить только два неизвестных усилия. Составляя уравнения равновесия для узла 1, получим F1+S2cos450=0,     N+S1+S2sin450=0.  Отсюда находим   Теперь, зная S1, переходим к узлу II. Для него уравнения равнове­сия дают S3+F2=0,     S4-S1=0, откуда S3=-F=-2 H,    S4=S1=-1 H. Определив S4, составляем аналогичным путем уравнения равновесия сначала для узла III, а затем для узла IV. Из этих уравнений находим: Наконец, для вычисления S9 составляем уравнение равновесия сил, сходящихся в узле V, проектируя их на ось By. Получим YA+S9cos450=0 откуда  Второе уравнение равновесия для узла V и два уравнения для узла VI можно составить как поверочные. Для нахождения усилий в стержнях эти уравнения не понадобились, так как вместо них были использованы три уравнения равновесия всей фермы в целом при определении N, ХА, и YА. Окончательные результаты расчета можно свести в таблицу: № стержня 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Усилие в Н -1 -2,82 -2 -1 +1,41 -3 -3 -4,23 Как показывают знаки усилий, стержень 5 растянут, остальные стер­жни сжаты; стержень 7 не нагружен (нулевой, стержень). Наличие в ферме нулевых стержней, подобных стержню 7, обна­руживается сразу, так как если в узле, не нагруженном внешними силами, сходятся три стержня, из которых два направлены вдоль одной прямой, то усилие в третьем стержне равно нулю. Этот результат получается из уравнения равновесия в проекции на ось, перпендикулярную к упомянутым двум стержням. Если в ходе расчета встретится узел, для которого число неизве­стных больше двух, то можно воспользоваться методом сечений. Метод сечений (метод Риттера). Этим методом удобно поль­зоваться для определения усилий в отдельных стержнях фермы, в ча­стности, для проверочных расчетов. Идея метода состоит в том, что ферму разделяют на две части сечением, проходящим через три стержня, в которых (или в одном из которых) требуется определить усилие, и рассматривают равновесие одной из этих частей. Действие отброшенной части заменяют соответствующими силами, направляя их вдоль разрезанных стержней от узлов, т. е. считая стержни рас­тянутыми (как и в методе вырезания узлов). Затем составляют урав­нения равновесия, беря центры моментов (или ось проекций) так, чтобы в каждое уравнение вошло только одно неизвестное усилие.   Графический расчет плоских ферм. Расчет фермы мето­дом вырезания узлов может производиться графически. Для этого сначала, определяют опорные реакции. Затем, последовательно отсекая от фермы каждый из ее узлов, нахо­дят усилия в стержнях, сходящихся в этих узлах, строя соответствую­щие замкнутые силовые многоугольники. Все построения проводятся в масштабе, который должен быть заранее выбран. Рас­чет начинают с узла, в котором сходятся два стержня (иначе не удастся определить неизвест­ные усилия). Рис.2   В качестве примера рас­смотрим ферму, изображен­ную на рис. 2,а. В этой ферме число узлов n = 6, а число стержней k = 9. Следовательно, соотношение выполняется и ферма является жесткой, без лиш­них стержней. Опорные реак­ции  и  для рассматри­ваемой фермы, изображаем на­ряду с силами  и , как известные. Определение усилий в стержнях начинаем с рас­смотрения стержней, сходя­щихся в узле I (узлы нуме­руем римскими цифрами, а стержни - арабскими). Мысленно отрезав от этих стержней остальную часть фермы, отбрасываем ее действие отброшенной части также мысленно заменяем силами  и , которые  должны  быть  направлены  вдоль стержней 1 и 2. Из сходящихся в узле I сил ,  и  строим замкнутый треугольник (рис. 2,б). Для этого изображаем сначала в выбранном масштабе известную силу , а затем проводим через ее начало и конец прямые, параллельные стерж­ням 1 и 2. Таким путем будут найдены силы  и , действующие на стержни 1 и 2. Затем рассматриваем равновесие стержней, сходящихся в узле II. Действие на эти стержни отброшенной части фермы мысленно заменяем силами , , и , направленными вдоль соответствующих стержней; при этом сила  нам известна, так как по равенству дей­ствия и противодействия . Построив из сил, сходящихся в узле II, замкнутый треугольник (начиная с силы ), найдем вели­чины S3 и S4 (в данном случае S4 = 0). Аналогично находятся усилия в остальных стержнях. Соответствующие силовые многоугольники для всех узлов показаны на рис. 2,б. Последний много­угольник (для узла VI) строится для про­верки, так как все входящие в него силы уже найдены. Из построенных многоугольников, зная масштаб, находим величины всех усилий. Знак усилия в каждом стержне опреде­ляется следующим образом. Мысленно вы­резав узел по сходящимся в нем стержням (например, узел III), прикладываем к обрезам стержней найденные силы (рис. 3); сила, направленная от узла ( на рис. 3), растягивает стержень, а си­ла, направленная к узлу ( и  на рис. 3) сжимает его.                    Рис.3   Соглас­но   принятому    условию   растягивающим   усилиям приписываем знак «+», а сжимающим - знак «-». В рассмотренном примере (pиc.3) стержни 1, 2, 3, 6, 7, 9 сжаты, а стержни 5, 8 растянуты.   Трение. Почему звучит скрипичная струна, когда по ней ведут смычком? Ведь смычок движется, а колебания струны периодические. А как разгоняется автомобиль, и какая сила замедляет его при торможении? Почему автомобиль «заносит» на скользкой дороге? Ответы на все эти и многие другие важные вопросы, связанные с движением тел, дают законы трения. Вы видите, как разнообразно и порой неожиданно проявляется трение в окружающей нас обстановке. Трение принимает участие, и притом весьма существенное, там, где мы о нём даже и не подозреваем. Если бы трение внезапно исчезло из мира, множество обычных явлений протекало бы совершенно иным образом. Очень красочно пишет о роли трения французский физик Гильом: «Всем нам случалось выходить в гололедицу; сколько усилий стоило нам удерживаться от падения, сколько смешных движений приходилось нам проделать, чтобы устоять! Это заставляет нас признать, что обычно земля, по которой мы ходим, обладает драгоценным свойством, благодаря которому мы сохраняем равновесие без особых усилий. Та же мысль возникает у нас, когда мы едем на велосипеде по скользкой мостовой или когда лошадь скользит по асфальту и падает. Изучая подобные явления, мы приходим к открытию тех следствий, к которым приводит трение. Инженеры стремятся по возможности устранить его в машинах – и хорошо делают. В прикладной механике о трении говорится как о крайне нежелательном явлении, и это правильно, - однако лишь в узкой специальной области. Во всех прочих случаях мы должны быть благодарны трению: оно даёт нам возможность ходить, сидеть и работать без опасения, что книги и чернильница упадут на пол, что стол будет скользить, пока не упрётся в угол, а перо выскальзывать из пальцев. Трение представляет настолько распространенное явление, что нам, за редкими исключениями, не приходится призывать его на помощь: оно является к нам само. Трение способствует устойчивости. Плотники выравнивают пол так, что столы и стулья остаются там, куда их поставили. Блюдца, тарелки, стаканы, поставленные на стол, остаются неподвижными без особых забот с нашей стороны, если только дело не происходит на пароходе во время качки. Вообразим, что трение может быть устранено совершенно. Тогда никакие тела, будь они величиною с каменную глыбу или малы, как песчинки, никогда не удержатся одно на другом: всё будет скользить и катиться, пока не окажется на одном уровне. Не будь трения, Земля представляла бы шар без неровностей, подобно жидкому». К этому можно прибавить, что при отсутствии трения гвозди и винты выскальзывали бы из стен, ни одной вещи нельзя было бы удержать в руках, никакой вихрь никогда бы не прекращался, никакой звук не умолкал бы, а звучал бы бесконечным эхом, неослабно отражаясь, например, от стен комнаты. Наглядный урок, убеждающий нас в огромной важности трения, даёт нам всякий раз гололедица. Застигнутые ею на улице, мы оказываемся беспомощными, и всё время рискуем упасть. Вот поучительная выдержка из газеты (декабрь 1927 г.): «Лондон, 21. Вследствие сильной гололедицы уличное и трамвайное движение в Лондоне сильно затруднено. Около 1400 человек поступило в больницы с переломами рук, ног и т. д.». «При столкновении вблизи Гайд-Парка трёх автомобилей и двух трамвайных вагонов машины были уничтожены из-за взрыва бензина…» «Париж, 21. Гололедица в Париже и его пригородах вызвала многочисленные несчастные случаи…» Однако, ничтожное трение на льду может быть успешно использовано технически. Уже обыкновенные сани служат тому примером. Ещё лучше свидетельствуют об этом так называемые ледяные дороги, которые устраивали для вывозки леса с места рубки к железной дороге или к пунктам сплава. На такой дороге, имеющей гладкие ледяные рельсы, две лошади тащат сани, нагруженные 70 тоннами брёвен.   Трение покоя, скольжения. Прежде думали, что механизм трения не сложен: поверхность покрыта неровностями и трение есть результат подъёма скользящих частей на эти неровности; но это неправильно, ведь тогда не было бы потерь энергии, а на самом деле энергия на трение тратится. Механизм потерь иной. И здесь крайне неожиданным оказывается, что эмпирически это трение можно приближенно описать простым законом. Сила нужная для того, чтобы преодолевать трение и тащить один предмет по поверхности другого, зависит от силы, направленной по нормали к поверхностям соприкосновения. Поверхность твёрдого тела обычно обладает неровностями. Например, даже у очень хорошо отшлифованных металлов в электронный микроскоп видны «горы» и «впадины» размером в 100-1000A. При сжатии тел соприкосновение происходит только в самых высоких местах и площадь реального контакта значительно меньше общей площади соприкасающихся поверхностей. Давление в местах соприкосновения может быть очень большим, и там возникает пластическая деформация. При этом площадь контакта увеличивается, а давление падает. Так продолжается до тех пор, пока давление не достигнет определённого значения, при котором деформация прекращается. Поэтому площадь фактического контакта оказывается пропорциональной  сжимающей силе. В месте контакта действуют силы молекулярного сцепления (известно, например, что очень чистые и гладкие металлические поверхности прилипают друг к другу). Эта модель сил сухого трения (так называют трение между твёрдыми телами), по-видимому, близка к реальной ситуации в металлах. Если тело, например, просто лежит на горизонтальной поверхности, то сила трения на него не действует. Трение возникает, если попытаться сдвинуть тело, приложить к нему силу. Пока величина этой силы не превышает определённого значения, тело остаётся в покое и сила трения равна по величине и обратна по направлению приложенной силе. Затем начинается движение. Может показаться удивительным, но именно сила трения покоя разгоняет автомобиль. Ведь при движении автомобиля колеса не проскальзывают относительно дороги, и между шинами и поверхностью дороги возникает сила трения покоя (рис.4). Как легко видеть, она направлена в сторону движения автомобиля. Величина этой силы не может превосходить максимального значения трения покоя. Поэтому если на скользкой дороге резко нажать на газ, то автомобиль начнет буксовать. А вот если нажать на тормоза, то вращение колёс прекратится, и автомобиль будет скользить по дороге. Сила трения изменит своё направление и начнёт тормозить автомобиль. Рис.4   Сила трения при скольжении твёрдых тел зависит не только от свойств поверхностей и силы давления (это зависимость качественно такая же, как для трения покоя), но и от скорости движения. Часто с увеличением скорости сила трения сначала резко падает, а затем снова начинает возрастать. Эта важная особенность силы трения скольжения как раз и объясняет, почему звучит скрипичная струна. Вначале между смычком и струной нет проскальзывания, и струна захватывается смычком. Когда сила трения покоя достигнет максимального значения, струна сорвется, и дальше она колеблется почти как свободная, затем снова захватывается смычком и т.д. Подобные, но уже вредные колебания могут возникнуть при обработке металла на токарном станке вследствие трения между снимаемой стружкой и резцом. И если смычок натирают канифолью, чтобы сделать зависимость силы трения от скорости более резкой, то при обработке металла приходится действовать наоборот (выбирать специальную форму резца, смазку и т.п.). Так что важно знать законы трения и уметь ими пользоваться. Кроме сухого трения существует ещё так называемое жидкое трение, возникающее при движении твёрдых тел в жидкостях и газах и связанное с их вязкостью. Силы жидкого трения пропорциональны скорости движения и обращаются в нуль, когда тело останавливается. Поэтому в жидкости можно заставить тело двигаться, прикладывая даже очень маленькую силу. Например, тяжелую баржу на воде человек может привести в движение, отталкиваясь то дна шестом, а на земле такой груз ему, конечно, не сдвинуть. Эта важная особенность сил жидкого трения объясняет, например, тот факт, почему автомобиль «заносит» на мокрой дороге. Трение становится жидким, и даже небольшие неровности дороги, создающие боковые силы, приводят к «заносу» автомобиля. Резюмируя вышесказанное можно заключить, что возникновение трения обусловлено, прежде всего, шероховатостью поверхностей, создающей сопротивление перемещению, и наличием сцепления у прижатых друг к другу тел. Изучение всех особенностей явления трения представляет собою довольно сложную физико-меха­ническую проблему, рассмотрение которой выходит за рамки курса теоретической механики. В инженерных расчетах обычно исходят из ряда установленных опытным путем общих закономерностей, которые с достаточной для практики точностью отражают основные особенности явления трения. Эти закономерности, называемые законами трения скольжения при покое (законами Кулона), можно сформулировать следующим образом: 1. При стремлении сдвинуть одно тело по поверхности другого в плоскости соприкосновения тел возникает сила трения (или сила сцепления), величина которой может принимать любые значения от нуля до значения Fпр, называемого предельной силой трения. Силой трения скольжения   (или просто силой трения) называется составляющая силы реакции связи, которая лежит в касательной плоскости к поверхностям соприкасающихся тел (рис.5). Рис.5   Сила трения направлена в сторону, противоположную той, куда действующие силы стремятся сдвинуть тело. В теоретической механике предполагается, что между поверхностями соприкасающихся тел нет смазывающего вещества. Сухим трением называется трение, когда между поверхностями соприкасающихся тел нет смазывающего вещества. Будем рассматривать два случая:  трения при покое или равновесии тела и трение скольжения при движении одного тела по поверхности другого с некоторой относительной скоростью. При покое сила трения зависит только от активных сил. При выбранном направлении касательной в точке соприкосновения поверхностей тел сила трения вычисляется по формуле: Аналогично при выбранном направлении нормали нормальная реакция выражается через заданные силы: При движении одного тела по поверхности другого сила трения является постоянной величиной. 2. Величина предельной силы трения равна произведению стати­ческого коэффициента трения на нормальное давление или нормаль­ную реакцию:   Статический коэффициент трения  — число отвлеченное 0<<1; он опре­деляется опытным путем и зависит от материала соприкасающихся тел и состояния поверхностей (характер обработки, температура, влажность, смазка и т. п.). Считается, что коэффициент трения не зависит от скорости движения. 3. Предельная сила трения скольжения при прочих равных условиях не зависит от площади соприкосновения трущихся поверхностей. Из этого закона следует, что для того чтобы сдвинуть, например кирпич, надо приложить одну и туже, силу, независимо, от того, какой гранью он положен на поверхность, широкой или узкой. Объединяя вместе первый и второй законы, получаем, что при равновесии сила трения покоя (сила сцепления)   Реакции шероховатых связей. Угол трения. До сих пор при решении задач статики мы пренебрегали трением и считали поверх­ности связей гладкими, а их реакции направленными по нормалям к этим поверхностям. Реакция реальной (шерохо­ватой) связи будет слагаться из двух составляющих: из нормальной реакции  и перпендикулярной к ней силы трения . Следовательно, полная реакция  будет отклонена от нормали к поверхности на не­который угол. При изменении силы трения от нуля до Fпр сила R будет меняться от N до Rпр, а ее угол с нормалью будет расти от нуля до некото­рого предельного значения  (рис. 6). Рис.6   Наиболь­ший угол , который полная реакция шероховатой связи образует с нормалью к поверхности, называется углом трения. Из рис.6 видно, что .                                                                                 Так как , отсюда находим следующую связь между углом трения и коэффициентом трения: При равновесии полная реакция R, в зависимости от сдвигающих сил, может проходить где угодно внутри угла трения. Когда равно­весие становится предельным, реакция будет отклонена от нормали на угол . Конусом трения называют конус, описанный предельной силой реакции шероховатой связи  вокруг направления нормальной реакции. Если к телу, лежащему на шероховатой поверх­ности, приложить силу Р, образующую угол α с нор­малью (рис. 7), то тело сдвинется только тогда, когда сдвигающее усилие Psin  будет больше   (мы считаем N=Pcos𝛼, пренеб­регая весом тела). Но неравенство , в котором , выполняется только при , т.е. при . Следовательно, ни­какой силой, образующей с нормалью угол , меньший угла трения , тело вдоль данной поверхности сдвинуть нельзя. Этим объясняются известные явления заклинивания или само­торможения тел.  Рис.7   Для равновесия твёрдого тела на шероховатой поверхности необходимо и достаточно, чтобы линия действия равнодействующей активных сил, действующих на твёрдое тело, проходила внутри конуса трения или по его образующей через его вершину. Тело нельзя вывести из равновесия любой по модулю активной силой, если её линия действия проходит внутри конуса трения.   Равновесие при наличии трения. Изучение равновесия тел с учетом трения сводится обычно к рассмотрению предельного положения равновесия, когда сила трения достигает своего наиболь­шего значения Fпр. При аналитическом решении задач реакцию шероховатой связи в этом случае изображают двумя составляющими N и Fпр, где .  Затем составляют обычные условия равновесия статики, подставляют в них вместо Fпр  величину  и, решая полу­ченные уравнения, определяют искомые величины.   Пример 1. Рассмотрим тело, имеющее вертикальную плоскость симметрии (рис.8). Сечение тела этой плоскости имеет форму прямоугольника. Ширина тела равна 2a. К телу в точке С, лежащей на оси симметрии, приложена вертикальная сила  и в точке А, лежащей на расстоянии h от основания, горизонтальная сила . Реакция плоскости основания (реакция связи) приводится к нормальной реакции  и силе трения .  Линия действия силы  неизвестна. Расстояние от точки С до линии действия силы  обозначим  x (). Рис.8   Решение. Составим три уравнения равновесия: Согласно закону Кулона ,  т.е.   .                         (1) Так как  ,  то                                                           (2) Проанализируем полученные результаты: Будем увеличивать силу . Если fa/h, то равновесие будет иметь место до тех пор, пока сила трения не достигнет величины /h,  условие (2) превратится в равенство. Величина x будет равна h.  Дальнейшее увеличение силы приведет к тому, что тело станет опрокидываться вокруг точки B (скольжения не будет).   Пример 2. На какое максимальное рас­стояние а может подняться человек по лестнице, приставленной к стене (рис.9)? Если вес чело­века – Р, коэффициент трения скольжения между лестницей и стеной – , между лестни­цей и полом – . Рис.9   Решение. Рассматриваем равновесие лестницы с че­ловеком. Показываем силу , нормальные реак­ции  и  и добавляем силы трения:  и . Полагаем, что чело­век находится на расстоянии , при большем значении которого начнётся движение лестницы. Состав­ляем уравнения равновесия. Подставив значения сил трения и решив систему уравнений, получим Теперь можно определить и угол под которым надо поставить лестницу, чтоб добраться до стены. Полагая a=l, получим, после преобразований,  и . Рис.10   Заметим, что если равнодействующая  всех активных сил (всех кроме реакций) направлена под углом  (рис.10), то нормальная реакция , а сила трения  Для того, чтобы началось скольжение должно выполнятся условие . или . И так как , то . Значит угол  должен быть больше угла . Следовательно, если сила  действует внутри угла или конуса трения (), то как бы не была ве­лика эта сила, скольжение тела не произойдёт. Такое условие называется усло­вием заклинивания, самоторможения. Мы рассмотрели скольжение твёрдых тел по поверхности. Но нередко встречается скольжение гибких тел по неплоской по­верхности. Например, нежелательное проскальзывание в ременной передаче ремня по шкиву, или троса, каната, на­мотанного на неподвижный цилиндр.   Пример 3. Пусть имеется нить, перекинутая че­рез неподвижную цилиндрическую поверх­ность (рис.11). За счёт сил трения натяже­ние левого и правого концов этой нити бу­дут различными.           Рис.11                                          Рис.12    Решение. Предположим, что нормальная реак­ция и сила трения распределяются равно­мерно по дуге контакта нити на цилиндре. Рассмотрим равновесие участка нити дли­ной . (рис.12). На левом конце этого участка натяжение , на пра­вом . Составляем уравнения равновесия, проектируя силы на оси: Так как угол  - малая величина, то полагаем   С учётом этого из уравнений находим  и, так как , имеем  или .  Интегрируя, получим . Или Этот результат называется формулой Эйлера. Например, если нить перекинута через неподвижный шкив и , а ко­эффициент трения f=0,2, то отношение натяжений . А, обернув цилиндр один раз (), то есть можно удержать груз на другом конце нити силой почти в три раза меньшей веса тела.   Пример 4. Однородный брус опирается в точке А на негладкий горизонтальный пол и удерживается в точке в веревкой. Коэффициент трения бруса о пол равен f. При каком угле φ наклона веревки к горизонту брус начнет скользить по полу? Угол α, образуемый брусом и полом, равен 45°. Рис.13   Решение. Освободим брус от связей и приложим к нему реакции связей. На рис. 14  - реакция веревки в точке В.  NA— реакция пола; FA  - сила трения       бруса о пол. Учитывая, что сила трения бруса о пол связана с реакцией пола соотношением FA = NAf, составим уравнения равновесия бруса. Рис.14   Условия равновесия бруса имеют вид: где l - длина стержня АВ. После подстановки в первое уравнение соотношения FA = NAf  и преобразований получаем: Далее имеем Откуда   Трение качения и верчения. Возьмем деревянный цилиндр и положим его на стол так, чтобы он касался стола по образующей. В центры оснований цилиндра вставим концы проволочной вилки и прикрепим к ней снабженный очень чувствительный динамометр. Если тянуть за динамометр, то цилиндр покатится по столу. По показаниям динамометра увидим, что нужна весьма небольшая сила тяги, чтобы сдвинуть с места цилиндр и катить его равномерно дальше, гораздо меньшая, чем при скольжении того же цилиндра, если бы он не вращался и скользил бы по столу. При той же силе давления на стол сила трения качения много меньше силы трения скольжения. Например, при качении стальных колёс по стальным рельсам трение качения примерно в 100 раз меньше, чем трение скольжения. Поэтому в машинах стремятся заменить трение скольжения трением качения, применяя так называемые шариковые или роликовые подшипники. Происхождение трения качения можно наглядно представить себе так. Когда шар или цилиндр катится по поверхности другого тела, он немного вдавливается в поверхность этого тела, а сам немного сжимается (рис.15). Таким образом, катящееся тело всё время как бы вкатывается на горку. Рис.15   Вместе с тем происходит отрыв участков одной поверхности от другой, а силы сцепления, действующие между этими поверхностями, препятствуют этому. Оба эти явления и вызывают силы трения качения. Чем твёрже поверхности, тем меньше вдавливание и тем меньше трение качения. Трением качения называется сопротивление, возникающее при качении одного тела по поверхности другого. Рис.16   Рассмотрим круглый цилиндрический каток радиуса R и веса , лежащий на горизонтальной шероховатой плоскости. Приложим к оси катка силу  (рис. 16,а), меньшую Fпр. Тогда в точке А возникает сила трения , численно равная Q, которая будет препятствовать скольжению цилиндра по плоскости. Если считать нормальную реакцию  тоже приложенной в точке А, то она уравновесит силу , а силы  и  образуют пару, вызывающую качение цилиндра. При такой схеме ка­чение должно начаться, как видим, под действием любой, сколь угодно малой силы .                                                                                                                                      Истинная же картина, как пока­зывает опыт, выглядит иначе. Объяс­няется это тем, что фактически, вслед­ствие деформаций тел, касание их происходит вдоль некоторой площадки АВ (рис. 16, б). При действии силы   интенсивность давлений у края А убывает, а у края В воз­растает. В результате реакция  оказывается смещенной в сторону действия силы . С увеличением  это смещение растет до некото­рой предельной величины k. Таким образом, в предельном положении на каток будут действовать пара (, ) с моментом  и уравно­вешивающая ее пара () с моментом Nk. Из равенства моментов находим   или Пока , каток находится в покое; при  начинается качение. Входящая в формулу линейная величина k называется коэф­фициентом трения качения. Измеряют величину k обычно в санти­метрах. Значение коэффициента k зависит от материала тел и опре­деляется опытным путем. Коэффициент трения качения при качении в первом приближении можно считать не зависящим от угловой скорости качения катка и его скорости скольжения по плоскости. Для вагонного колеса по рельсу  k=0,5 мм. Рассмотрим движение ведомого колеса.    Качение колеса начнется, когда выполнится условие  QR>M  или  Q>Mmax/R=kN/R Скольжение колеса начнется, когда выполнится условие  Q>Fmax=fN. Обычно отношение     и качение начинается раньше скольжения. Если   ,  то  колесо будет скользить по поверхности, без качения. Отношение  для большинства материалов значительно меньше статического коэффициента трения . Этим объясняется то, что в технике, когда это возможно, стремятся заменить скольжение качением (колеса, катки, шариковые подшипники и т. п.).   Сопротивление среды. Если твёрдое тело находится внутри жидкости или газа, то вся его поверхность всё время соприкасается с частицами жидкости или газа. При движении тела на него со стороны жидкости или газа действуют силы, направленные навстречу движению. Эти силы называют сопротивлением среды. Как силы трения, сопротивление среды всегда направленно против движения. Сопротивление среды можно рассматривать как один из видов трения. Особенностью сил трения в жидкости или газе является отсутствие трения покоя. Твёрдое тело лежащее на другом твёрдом теле, может быть сдвинуто с места, только если к нему приложена достаточно большая сила, превосходящая наибольшую силу трения покоя. При меньшей силе твёрдое тело с места не сдвинется, сколько бы времени эта сила ни действовала. Картина получается иной, если тело находится в жидкости. В этом случае, чтобы сдвинуть с места тело, достаточно сколь угодно малых сил: хотя и очень медленно, но всё же тело начнёт двигаться. Человек вообще никогда не сдвинет с места голыми руками камень весом в сто тонн. В то же время баржу весом в сто тонн, плавающую на воде, один человек, хотя и очень медленно, но всё же сможет двигать. Однако по мере увеличения скорости сопротивление среды сильно увеличивается, так что, сколько бы времени сила не действовала, она не сможет разогнать тело до большой скорости. Важной характеристикой жидких и газообразных сред является вязкость. Вязкость – свойство текучих тел (жидкостей и газов) сопротивляться перемещению одной их части относительно другой под действием внешних сил. Количественно вязкость определяется величиной касательной силы, которая должна быть приложена к единице площади сдвигаемого слоя, чтобы поддерживать в этом слое ламинарное течение с постоянной скоростью относительно сдвига, равной единице. Вязкость газов и жидкостей, согласно молекулярной кинетической теории, вызвана передачей импульса от молекул более быстро движущегося слоя к молекулам более медленного слоя, которая происходит при перемешивании молекул соседних слоёв вследствие теплового движения. Силы внутреннего трения гораздо меньше сил трения скольжения. Поэтому для уменьшения трения между движущимися частями машин и механизмов используется смазка – слой вязкой жидкости, заполняющий пространство между трущимися поверхностями и оттесняющий их друг от друга. Это приводит к существенному уменьшению нагрева и износа деталей. Вместе с тем следует избегать попадания жидкости между фрикционными муфтами, ремнём и шкивом в ременной передаче, ведущими колесами локомотива и рельсом и т.п., ибо во всех этих случаях именно сила трения служит для передачи движения. С увеличением температуры вязкость газов возрастает, а жидкостей (за некоторым исключением) резко падает. Это связано с различиями в характере движения молекул в жидкости и газе. При понижении температуры вязкость некоторых жидкостей настолько возрастает, что они теряют характерную для них способность течь, превращаясь в аморфные твёрдые тела.   Сопротивление воздуха. При движении твёрдого тела в воздухе на тело действует сила сопротивления воздуха, направленная противоположно движению тела. Такая же сила возникает, если на неподвижное тело набегает пучок воздуха; она направлена, конечно, по движению потока. Сила сопротивления вызывается, во-первых, трением воздуха о поверхность тела и, во-вторых, изменением движения потока, вызванным телом. В воздушном потоке, изменённом присутствием тела, давление на передней стороне тела растёт, а на задней – понижается по сравнению с давлением в невозмущенном потоке. Таким образом, создаётся разность давлений, тормозящая движущееся тело или увлекающая тело, погруженное в поток. Движение воздуха позади тела принимает беспорядочный вихревой характер. Сила сопротивления зависит от скорости потока, от размеров и формы тела. Рис.17   Для всех тел, изображенных на рис.17, сопротивление движению одинаково, несмотря на весьма разные размеры тел. «Обтекаемое» тело почти не нарушает правильности потока; поэтому давление на заднюю часть тела лишь немного понижено по сравнению с передней частью и сопротивление не велико. Различные обтекатели, устанавливаемые на выдающихся частях самолёта, как раз имеют своим назначением устранять завихрения потока выступающими частями конструкции. Вообще же конструкторы стремятся оставлять на поверхности возможно меньшее количество выдающихся частей и неровностей, могущих создавать завихрения. Влияние сопротивления воздуха сильно сказывается и для наземных средств передвижения: с увеличением скорости автомобилей на преодоление сопротивления воздуха затрачивается всё большая часть мощности мотора. Поэтому современным автомобилям также придают по возможности обтекаемую форму. Для уменьшения трения при сверхзвуковой скорости нужно заострять переднюю часть движущегося тела, в то время как при меньших скоростях наибольшее значение имеет «обтекаемость».   Сопротивление воды. При движении тел в воде также возникаю силы сопротивления, направленные противоположно движению тела. Если тело движется под водой, то сопротивление теми же обстоятельствами, что и при движении в воздухе: трение воды о поверхность тела и изменением потока, создающим дополнительное сопротивление. Быстро плавающие рыбы и китообразные имеют «обтекаемую форму тела, уменьшающую сопротивление воды при их движении. Обтекаемую форму придают и  подводным лодкам. Вследствие большой плотности воды по сравнению с плотностью воздуха, сопротивление движению данного тела в воде много больше сопротивления в воздухе при той же скорости движения. Для обычных судов, идущих на поверхности воды, есть ещё дополнительное волновое сопротивление: от идущего судна на поверхности воды расходятся волны, на создание которых непроизводительно затрачивается часть работы судовой машины. Рис.18   Для уменьшения волнового сопротивления, которое для быстроходных судов может составлять 3/4 полного сопротивления, корпусу судна придают специальную форму. Нос судна в подводной части иногда делают «бульбообразной» формы (рис.18); при этом образование волн на поверхности воды уменьшается, а значит, уменьшается и сопротивление.   Момент силы относительно центра как вектор. Чтобы перейти к решению задач статики для системы сил, как угодно расположенных в пространстве, оказывается необходимым несколько уточнить и расширить ряд введенных ранее понятий. Начнем с понятия о моменте силы. Рис.19   1. Изображение момента вектором. Момент силы  относительно центра О (см. рис. 19) как характеристика ее враща­тельного эффекта определяется следую­щими тремя элементами: 1) модулем мо­мента, равным произведению модуля силы на плечо, т. е. Fh; 2) плоскостью поворота ОАВ, проходящей через линию действия силы   и центр О; 3) напра­влением поворота в этой плоскости. Когда все силы и центр О лежат в одной пло­скости, необходимость задавать каждый раз плоскость поворота ОАВ отпадает, и момент можно определять как скаляр­ную алгебраическую величину, равную , где знак указывает направление поворота. Но в случае сил, произвольно расположенных в пространстве, плоскости поворота у разных сил будут разными и должны задаваться дополнительно. Положение плоскости в пространстве можно задать, задав отрезок (вектор), перпендикулярный к этой плоскости. Если одновременно модуль этого вектора выбрать равным модулю момента силы и условиться направлять этот вектор так, чтобы его направление определяло направление поворота силы, то такой вектор полностью определит все три элемента, характеризующие момент данной силы относительно центра О.   Поэтому в общем случае момент  силы   относительно центра О (рис. 19) будем изображать приложенным в центре О вектором , равным по модулю (в выбранном масштабе) произ­ведению модуля силы   на плечо h и перпендикулярным к пло­скости ОАВ, проходящей через центр О и силу . Направлять вектор  будем в ту сторону, откуда поворот, совершаемый силой, виден происходящим против хода часовой стрелки. Таким образом, вектор  будет одновременно характеризовать модуль момента, плоскость поворота ОАВ, разную для разных сил, и направление поворота в этой плоскости. Точка приложения вектора  определяет положение центра момента. 2. Выражение момента силы с помощью вектор­ного произведения. Рассмотрим векторное произведение  векторов  (рис. 19). По определению, , так как модуль вектора  тоже равен 2 пл. . Направлен вектор () перпендикулярно к плоскости ОАВ, в ту сторону, откуда кратчайшее совмещение  (если их отложить от одной точки) видно против хода часовой стрелки, т. е., так же, как век­тор . Следовательно, векторы () и  совпадают и по модулю и по направлению и, как легко проверить, по размерности, т. е. оба эти вектора изображают одну и ту же величину. Отсюда   или  , где вектор  называется радиусом-вектором точки А относи­тельно центра О.  Таким образом, момент силы  относительно центра О равен векторному произведению радиуса вектора  , соединяющего центр О с точкой приложения силы А, на саму силу. Этим вы­ражением момента силы бывает удобно пользоваться при доказатель­стве некоторых теорем.   Момент пары сил как вектор. Действие пары сил на тело характеризуется: 1) величиной модуля момента пары, 2) плоскостью действия, 3) направлением поворота в этой плоскости. При рассмот­рении пар, не лежащих в одной плоскости, для характеристики каж­дой из пар необходимо бу­дет задать все эти три эле­мента. Это можно сделать, если условиться, по аналогии с моментом силы, изображать момент пары соответствую­щим образом, построенным вектором, а именно: будем изображать момент пары вектором т или М, мо­дуль которого равен (в выбранном масштабе) модулю момента пары, т.е. произведению одной из ее сил на плечо, и который направлен перпендикулярно плоскости действия пары в ту сто­рону, откуда поворот пары виден происходящим против хода часовой стрелки (рис. 20). Рис. 20   Как известно модуль момента пары равен моменту одной из ее сил относительно точки, где приложена другая сила, т. е. ; по направлению же векторы этих моментов совпадают. Следовательно .   Момент силы относительно оси. Чтобы перейти к решению задач статики для случая произвольной пространственной системы сил, необходимо ввести еще понятие о моменте силы относительно оси. Момент силы относительно оси характеризует вращательный эффект, создаваемый силой, стремящейся повернуть тело вокруг дан­ной оси. Рассмотрим твердое тело, которое может вращаться вокруг некоторой оси z (рис. 21). Рис.21   Пусть на это тело действует сила , приложенная в точке А. Проведем через точку А плоскость ху, перпендикулярную оси z, и разложим силу  на составляющие: , параллельную оси z, и , лежа­щую в плоскости ху ( является одновременно проекцией силы  на плоскости ху). Сила , на­правленная параллельно оси z, очевидно, не может повернуть тело вокруг этой оси (она только стре­мится сдвинуть тело вдоль оси z). Весь вращательный эффект, создаваемый силой , будет совпадать с вращательным эффек­том ее составляющей . Отсюда заключаем, что , где символ  обозначает момент силы  относительно оси z. Для силы же , лежащей в плоскости, перпендикулярной к оси z, вращательный эффект измеряется произведением модуля этой силы на ее расстояние h от оси. Но этой же величиной измеряется момент силы  относительно точки О, в которой ось z пересекается с пло­скостью xу. Следовательно,  или, согласно преды­дущему равенству,              В результате приходим к следующему определению: моментом силы относительно оси называется скалярная величина, равная моменту проекции этой силы на плоскость, перпендикулярную оси, взятому относительно точки пересечения оси с плоскостью. Рис.22   Момент будем считать положительным, если с положительного конца оси z поворот, который сила , стремится совершить, виден происходящим против хода часовой стрелки, и отрицательным, если по ходу часовой стрелки. Из чертежа (рис.22) видно, что при вычислении момента плоскость ху можно проводить через любую точку оcи z. Таким образом, чтобы найти момент силы относительно оси z (рис. 22) надо: 1) провести плоскость ху, перпендикулярную к оси z (в любом месте);  2) спроектировать силу  на эту плоскость и вычислить вели­чину ; 3) опустить из точки О пересечения оси с плоскостью перпендикуляр на направ­ление  и найти его длину h; 4) вычислить произведение ; 5) определить знак момента. При вычислении моментов надо иметь в виду следующие частные случаи: 1) Если сила параллельна оси, то ее момент относительно оси равен нулю (так как Fxy=0). 2) Если линия действия силы пересекает ось, то ее момент отно­сительно оси также равен нулю (так как h = 0). Объединяя оба случая вместе, заключаем, что момент силы от­носительно оси равен нулю, если сила и ось лежат в одной плоскости. 3) Если сила перпенди­кулярна к оси, то ее момент относительно оси равен про­изведению модуля силы на расстояние между силой и осью.   Рис. 3.4.   Пример 5. Определим моменты сил  и  относительно осей (рис.23). Рис.23   Решение. Моменты силы  находятся просто: Mx()=; My()=0; Mz()=. Моменты сил  и  - по­сложнее. В тех случаях, когда век­тор силы направлен под углом к осям, полезно разложить вектор силы на составляющие парал­лельные осям и, затем, находить сумму моментов этих состав­ляющих. Так моменты силы : ; ; . И силы : ; ;  (линия действия силы  пересекает ось z).   Зависимость между моментами силы относительно центра и относительно оси. Пусть на тело действует приложен­ная в точке А сила  (рис. 24). Проведем какую-нибудь ось z и возьмем на ней произвольную точку О. Момент силы  относи­тельно центра О будет изображаться вектором  перпендикуляр­ным плоскости ОАВ, причем по мо­дулю . Рис.24   Проведем теперь через любую точку O1 на оси z плоскость ху, перпендику­лярную к оси; проектируя силу  на эту плоскость, найдем .                                Но треугольник О1А1В1 представляет собою проекцию треуголь­ника ОАВ на плоскость ху. Угол между плоскостями   этих   треуголь­ников   равен   углу между перпендикулярами к плоскостям, т. е. ра­вен . Тогда, по известной геометрической формуле, . Умножая обе части этого равенства на 2 и замечая, что удвоен­ные пощади треугольников О1А1В1 и ОАВ равны соответственно  и , найдем окончательно: . Так как произведение  дает проекцию вектора  на ось z, то равенство можно еще представить в виде   или  . В результате мы доказали, что между моментом силы относи­тельно оси и ее моментом относительно какого-нибудь центра, лежа­щего на этой оси, существует следующая зависимость: момент силы  относительно оси равен проекции на эту ось вектора, изображающего момент данной силы относительно любого центра, лежащего на оси.   Приведение пространственной системы сил к данному центру. Полученные выше результаты позволяют решить задачу о приведении любой системы сил к данному центру. Эта задача, решается с помощью теоремы о параллельном переносе силы. Для переноса действующей на абсолютно твердое тело силы  из точки А (рис. 25,а) в точку О прикладываем в точке О силы   и  . Тогда сила   окажется приложенной в точке О и к ней будет присо­единена пара  () с моментом  , что можно показать еще так, как на рис. 25,б. При этом . Рис.25   Рассмотрим теперь твердое тело, на которое действует какая угодно система сил , ,…, (рис. 26,а). Выберем произволь­ную точку О за центр приведения и перенесем все силы системы в этот центр, присоединяя при этом соответствующие пары. Тогда на тело будет действовать система сил . приложенных в центре О, и система пар, моменты которых будут равны , Силы, приложенные в точке О, заменяются одной силой , при­ложенной в той же точке. При этом  или, . Чтобы сложить все полученные пары, надо геометрически сло­жить векторы моментов этих пар. В результате система пар заме­нится одной парой, момент которой  или, . Как и в случае плоской системы, величина , равная геометри­ческой сумме всех сил, называется главным вектором системы; величина , равная геометрической сумме моментов всех сил отно­сительно центра О, называется главным моментом системы отно­сительно этого центра.   Рис.26     Таким образом мы доказали следующую теорему, любая система сил, действующих на абсолютно твердое тело, при приведении к произвольно взятому центру О заменяется одной силой , равной главному вектору системы и приложенной в центре приведения О, и одной парой с моментом , равным главному моменту системы относительно центра О (рис. 26, б). Векторы  и  обычно определяют аналитически, т.е. по их проекциям на оси координат.                                                                      Выражения для Rx, Ry, Rz нам известны. Проекции век­тора  на оси координат будем обозначать Mx, My, Mz. По тео­реме о проекциях суммы векторов на ось будет  или, . Аналогично находятся величины My и Mz.                                         Окончательно для определения проекций главного вектора  и главного момента  получаем формулы: При этом главный вектор пространственной системы сил: R0 = ΣPi отличается от главного вектора плоской системы сил только наличием третьей компоненты, поэтому его модуль будет равен: Главный момент пространственной системы сил: M0 = ΣM0(Pi)  это вектор, модуль которого находится аналогично: где Mx , My , Mz  суммы моментов всех сил системы относительно соответствующих осей. В зависимости от значений главного вектора и главного момента, а также от их взаимного расположения возможны следующие варианты приведения пространственной системы сил: 1) R0  = 0, M0 = 0  система сил находится в равновесии; 2) R0  = 0, M0 ≠0  система эквивалентна паре сил с моментом, равным главному моменту системы, который в этом случае не зависит от выбора центра приведения; 3) R0  ≠0, M0 = 0  система эквивалентна равнодействующей R, равной и эквивалентной главному вектору системы R0 , линия действия которой проходит через центр приведения: R = R0,  R~R0 ; 4) R0  ≠0, M0 ≠0 и R0 ⊥ M0   система эквивалентна равнодействующей R, равной главному вектору системы R0 , ее линия действия проходит на расстоянии d = |M0|/R0 от центра приведения. 5) R0 ≠ 0, M0 ≠0 и главный вектор R0  неперпендикулярен главному моменту M0   система эквивалентна скрещивающимся силам или динаме. При этом скрещивающимися называются силы, которые непараллельны и не лежат в одной плоскости, а динамой называется система, состоящая из силы и пары сил, плоскость которой перпендикулярна этой силе. Динама, приложенная к твердому телу, стремится вызвать его винтовое  движение, которое представляет совокупность вращательного и поступательного движений. Примечание. Для пространственной системы сил, как и для плоской, справедлива следующая Теорема Вариньона. Момент равнодействующей пространственной системы сил относительно произвольного центра (оси) равен геометрической (алгебраической) сумме моментов всех сил этой системы относительно данного центра (оси).   Условия равновесия произвольной пространственной системы сил. Произвольную простран­ственную систему сил, как и плос­кую, можно привести к какому-нибудь центру О и заменить од­ной результирующей силой  и парой с моментом . Рассуждая так, что для равновесия этой системы сил необходимо и достаточно, чтобы одновременно было R = 0 и Mо = 0. Но векторы  и  могут обратиться в нуль только тогда, когда равны нулю все их проекции на оси координат, т. е. когда  Rx = Ry = Rz = 0 и Mx= My = Mz = 0 или, когда дей­ствующие силы удовлетворяют условиям ΣXi = 0;   ΣMx (Pi) = 0; ΣYi = 0;   ΣMy (Pi) = 0; ΣZi = 0;   ΣMz (Pi) = 0. Таким образом, для равновесия пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил системы на каждую из координатных осей, а также суммы моментов всех сил системы относительно каждой из этих осей равнялись нулю. В частных случаях системы сходящихся или параллельных сил эти уравнения будут линейно зависимы, и только три уравнения из шести будут линейно независимыми. Например, уравнения равновесия системы сил, параллельных оси Oz, имеют вид: ΣZi = 0;  ΣMx (Pi) = 0;  ΣMy (Pi) = 0.   Задачи на равновесие тела под действием пространст­венной системы сил. Принцип решения задач этого раздела остается тем же, что и для плоской системы сил. Установив, равновесие, какого тела будет рассматриваться, заменяют наложенные на тело связи их реакциями и составляют условия равновесия этого тела, рассма­тривая его как свободное. Из полученных уравнений определяются искомые величины. Для получения более простых систем уравнений рекомендуется оси проводить так, чтобы они пересекали больше неизвестных сил или были к ним перпендикулярны (если это только излишне не усложняет вычисления проекций и моментов других сил). Новым элементом в составлении уравнений является вычисление моментов сил относительно осей координат. В случаях, когда из общего чертежа трудно усмотреть, чему равен момент данной силы относительно какой-нибудь оси, рекоменду­ется изобразить на вспомогательном чертеже проекцию рассматри­ваемого тела (вместе с силой) на плоскость, перпендикулярную к этой оси. В тех случаях, когда при вычислении момента возникают затруд­нения в определении проекции силы на соответствующую плоскость или плеча этой проекции, реко­мендуется разложить силу на две взаимно перпендикулярные состав­ляющие (из которых одна парал­лельна какой-нибудь координат­ной оси), а затем воспользоваться теоремой Вариньона.   Пример 6. Брус прямоугольного сечения жестко заделан одним концом в вертикальную стену и нагружен на другом конце силой  и парой сил с моментом М (рис. 27). Определить составляющие реакции заделки. Весом бруса пренебречь. Рис.27   Решение. При действии на брус заданной силы  и пары сил с моментом М в сечении бруса, совпадающем со стеной, возникнут силы, действующие со стороны стены на брус. Эти силы после их приведения к центру O будут состоять из силы  (главного вектора) и пары сил с моментом . Силу  разложим на составляющие  пару сил с моментом М0 разложим на составляющие пары с моментами Мх, Му и Мz (рис. 28). Брус под действием сил, показанных на рис. 28, будет находиться в равновесии. Рис.28   При определении моментов силы  относительно осей X, У и Z сначала разложим на составляющие, параллельные координатным осям, а затем воспользуемся теоремой Вариньона. При составлении уравнений моментов учтем свойства пары сил: сумма моментов сил, составляющих пару, относительно любой оси равна проекции на эту ось вектора, изображающего мо­мент пары; сумма проекций сил пары на любую ось равна нулю. Составим уравнения равновесия бруса. Для заданных исходных данных: Р=100 Н; М = 200 Нм; α=γ=60°; β=45° получаем следующие значения реакций заделки: Х0 = -50 Н;  У0 = 70,7 Н;   Z0 = -50 Н;   R0 = 100 Н,  Мх = -75 Нм;   Му= 200 Нм;   Мz=15 Нм; М0 = 226,4 Нм.   Пример 7. Однородная квадратная пластина АВСД весом Р=200 Н прикреплена одним концом к вертикальной стене при помощи сферического шарнира А и петли В. Пластина удерживается в горизонтальном положении канатом СЕД, пропущенным через гладкое колечко Е, скрепленное со стенкой (рис.29). Часть каната СЕ составляет с плоскостью пластины угол α=30°. Определить реакции связей. Рис.29   Решение. Рассмотрим равновесие пластины. Освободим ее от связей, приложим к ней реакции связей   (рис.30). Разложим силы  на составляющие вдоль  осей координат   Из геометрических соотношений получаем: где а –сторона квадратной пластины Рис.30   Условия равновесия пластины имеют вид После решения составленной системы уравнений получаем RАX =122,5 Н;   RАУ =54,1 Н;   RAZ =44,1 Н;    RBZ=55,9 Н;   Т=88,3 Н.   Пример 8. Рама АВ (рис.31) удерживается в равновесии шарниром А и стержнем ВС. На краю рамы находится груз весом Р. Опреде­лим реакции шарнира и усилие в стержне.     Рис.31   Решение. Рассматриваем равновесие рамы вместе с грузом. Строим расчётную схему, изобразив раму свободным телом и показав все силы, действующие на неё: реакции связей и вес груза Р. Эти силы образуют систему сил, произвольно расположенных на плоскости. Жела­тельно составить такие уравнения, чтобы в каждом было по одной неиз­вестной силе. Рекомендуется составлять уравнения моментов относительно трёх точек, точек пересечения линий действия неизвестных сил. В нашей задаче это точка А, где приложены неизвестные и ; точка С, где пересекаются линии действия неизвестных сил  и ; точка D – точка пересечения линий действия сил  и . Со­ставим уравнение проекций сил на ось у (на ось х проектировать нельзя, т.к. она перпендикулярна прямой АС). И, прежде чем составлять уравнения, сделаем еще одно полезное заме­чание. Если на расчётной схеме имеется сила, расположенная так, что плечо её находится непросто, то при определении момента рекоменду­ется предварительно разложить вектор этой силы на две, более удобно направленные. В данной задаче разложим силу  на две:  и  (рис.31) такие, что модули их   Составляем уравнения:                    Из второго уравнения находим Из третьего И из первого Так как получилось S<0, то стержень ВС будет сжат.   Пример 9. Прямоугольная полка весом Р удерживается в гори­зонтальном положении двумя стержнями СЕ и СD, прикреплён­ными к стене в точке Е (рис.32,а). Стержни одинаковой длины, AB=2a, EO=a. Определим усилия в стержнях и ре­акции петель А и В. а)    б) Рис.32   Решение. Рассматриваем равновесие плиты. Строим расчётную схему (рис.32,б). Реакции петель принято показывать двумя силами перпенди­кулярными оси петли: . Силы образуют систему сил, произвольно расположенных в про­странстве. Можем составить 6 уравнений. Неизвестных - тоже шесть. Какие уравнения составлять – надо подумать. Желательно такие, чтобы они были попроще и чтобы в них было поменьше неизвестных. Составим такие уравнения:   Из уравнения (1) получим: S1=S2. Тогда из (4): . Из (3): YA=YB и, по (5), . Значит   Из уравнения (6), т.к. S1=S2, следует ZA=ZB. Тогда по (2) ZA=ZB=P/4. Из треугольника , где , следует ,       Поэтому  YA=YB=0,25P,   ZA=ZB=0,25P.        Для проверки решения можно составить ещё одно уравнение и по­смотреть, удовлетворяется ли оно при найденных значениях реакций:  Задача решена правильно.   Пример 10. На горизонтальный вал насажено колесо радиусом r1 = 12 см и прикреплен перпендикулярно оси вала рычаг СD длиной l = 20 см, образующий с горизон­тальной плоскостью угол α2=30° (рис.33). Веревка, намотанная на колесо и натягиваемая грузом F=1,2 кН, сходит с колеса по касательной, наклоненной под углом α1=60° к горизонту. Пренебрегая весом вала, колеса, рычага и трением в блоке, определить вертикальную силу Р, при которой вал находится в равновесии, а также реакции подшипников А и В, если a = b = c = 1,8 м. Рис.33   Решение. К валу кроме силы Р, действующей на рычаг СD, приложена реакция веревки (сила натяжения) T, численно равная силе тяжести груза F, так как по условию задачи трения в блоке нет (рис. 34, а). Направлена эта реакция вдоль веревки в ту сторону, куда веревка тянет блок. Реакции подшипников RA и RB, расположенные в плоскостях, перпендикулярных оси Аy, разложим на составляющие по осям координат RAx, RAz, RBx и RBz. Направление реакций выбирается произвольно. Рис.34   Для составления уравнений равновесия рассмотрим вид с положительного направления координатных осей, например с оси Ay (рис. 34, б). Условия равновесия пространственной системы сил: Из последнего соотношения найдем Из пятого соотношения определим Из четвертого соотношения вычислим Из третьего соотношения найдем Из первого соотношения найдем Модули реакций подшипников: Для определения направления реакции найдем угол между соответствующей реакцией и осью x: Лекция 4. Центр тяжести. В данной лекции рассматриваются следующие вопросы 1. Центр тяжести твердого тела. 2. Координаты центров тяжести неоднородных тел. 3. Координаты центров тяжести однородных тел. 4. Способы определения координат центров тяжести. 5. Центры тяжести некоторых однородных тел.           Изучение данных вопросов необходимо в дальнейшем для изучения динамики движении тел с учетом трения скольжения и трения качения, динамики движения центра масс механической системы, кинетических моментов, для решения задач в дисциплине «Сопротивление материалов».     Приведение параллельных сил. После того как было рассмотрено приведение к центру плоской системы и произвольной пространственной системы сил, мы опять возвращаемся к рассмотрению частного случая системы параллельных сил.             Приведение двух параллельных сил. В ходе рассмотрения такой системы сил возможны три следующих случая приведения. 1. Система двух коллинеарных сил. Рассмотрим систему двух параллельных и направленных в одну сторону сил P и Q, приложенных в точках А и В. Будем считать, что силы перпендикулярны к этому отрезку (рис.1,а). Выберем в качестве центра приведения точку С, принадлежащую отрезку АВ и удовлетворяющую условию: АС/СВ = Q/P.                                                   (1) Главный вектор системы RC = P + Q  по модулю  равен сумме этих сил:  RC = P + Q. Главный момент относительно центра С  с учетом (1) равен нулю:  MC = P∙АС  Q∙СВ = 0. Таким образом, в результате приведения мы получили: RC  ≠ 0, MC = 0. Это означает, что главный вектор эквивалентен равнодействующей, проходящей через центр приведения, то есть: Равнодействующая коллинеарных сил равна по модулю их сумме, а ее линия действия делит отрезок, соединяющий точки их приложения, обратно пропорционально модулям этих сил внутренним образом. Отметим, что положение точки С не изменится, если силы Р и Q повернуть на угол α. Точка С, обладающая таким свойством называется центром параллельных сил. 2. Система двух антиколлинеарных и не равных по модулю сил. Пусть силы P и Q , приложенные в точках А и В, параллельны, направлены в противоположные стороны и по модулю не равны (рис.1,б). Выберем в качестве центра приведения точку С, удовлетворяющую по-прежнему соотношению (1) и лежащую на той же прямой, но за пределами отрезка АВ. Главный вектор этой системы  RC = P + Q  по модулю теперь будет равен разности модулей векторов:  RC = Q  P. Главный момент относительно центра С  по-прежнему равен нулю:  MC = P∙АС  Q∙СВ = 0, поэтому Равнодействующая антиколлинеарных и не равных по модулю сил равна их разности, направлена в сторону большей силы, а ее линия действия делит отрезок, соединяющий точки их приложения, обратно пропорционально модулям этих сил внешним  образом. Рис.1   3. Система двух антиколлинеарных и равных по модулю сил. Возьмем за исходный предыдущий случай приведения. Зафиксируем силу Р, а силу Q  устремим по модулю к силе  Р. Тогда при Q → Р в формуле (1) отношение АС/СВ → 1. Это означает, что  АС → СВ , то есть расстояние АС →∞. При этом модуль главного вектора RC  → 0, а модуль главного момента не зависит от положения центра приведения и остается равным первоначальному значению: MC = P∙АС  Q∙СВ = P∙(АС  СВ) = P∙АB. Итак, в пределе мы получили систему сил, для которой RC = 0, MC ≠0, а центр приведения удален в бесконечность, которую нельзя заменить равнодействующей. В этой системе нетрудно узнать пару сил, поэтому пара сил равнодействующей не имеет.   Центр системы  параллельных сил. Рассмотрим систему n сил Pi, приложенных в точках Ai (xi, yi, zi)  и параллельных оси Ov c ортом l (рис.2). Если заранее исключить случай системы, эквивалентной паре сил, нетрудно на основании предыдущего параграфа доказать существование ее равнодействующей R. Определим координаты центра C(xc, yc, zc) параллельных сил, то есть координаты точки приложения равнодействующей  этой системы. Воспользуемся с этой целью теоремой Вариньона, на основании которой: M0 (R) = ΣM0 (Pi). Рис.2   Вектор-момент силы можно представить в виде векторного произведения, поэтому:                 М0(R) = rc×R = ΣМ0i (Pi) = Σ(ri×Pi). Учитывая, что R = Rv∙l, а Pi = Pvi∙l и воспользовавшись свойствами векторного произведения, получим: rc×Rv∙l = Σ(ri ×Pvi∙l), rc∙Rv×l = Σ(ri∙Pvi×l) = Σ(ri∙Pvi)×l, или:                             [rcRv  Σ(ri Pvi )]×l = 0. Последнее выражение справедливо только в том случае, если выражение в квадратных скобках равно нулю. Поэтому, опуская индекс v и учитывая, что равнодействующая R = ΣPi , отсюда получим: rc = (ΣPi ri)/(ΣPi). Проектируя последнее векторное равенство на оси координат, получим искомое выражение координат центра параллельных сил:     xc = (ΣPi xi)/( ΣPi); yc = (ΣPi yi)/( ΣPi);                                              (2) zc = (ΣPi zi)/( ΣPi).                         Центр тяжести тел. Координаты центров тяжести однородного тела. Рассмотрим твердое тело весом P и объемом V в системе координат Oxyz , где оси x и y связаны с поверхностью земли, а ось z направлена в зенит. Если разбить тело на элементарные части объемом ∆Vi , то на каждую его часть будет действовать сила притяжения ∆Pi, направленная к центру Земли. Предположим, что размеры тела значительно меньше размеров Земли, тогда систему сил, приложенных к элементарным частям тела можно считать не сходящейся, а параллельной (рис.3), и к ней применимы все выводы предыдущей главы. Рис.3                         Определение. Центром тяжести твердого тела называется центр параллельных сил тяжести элементарных частей этого тела. Напомним, что удельным весом элементарной части тела называется отношение ее веса ∆Pi к объему ∆Vi: γi = ∆Pi/∆Vi. Для однородного тела эта величина является постоянной: γi = γ = P/V. Подставляя в (2) ∆Pi = γi ∙∆Vi  вместо Pi, учитывая последнее замечание и сокращая числитель и знаменатель на , получим выражения координат центра тяжести однородного тела: xc = (Σ∆Vi∙xi)/(Σ∆Vi); yc = (Σ∆Vi∙yi)/(Σ∆Vi);                         (3) zc = (Σ∆Vi∙zi)/(Σ∆Vi). При определении центра тяжести полезны несколько теорем. 1) Если однородное тело имеет плоскость симметрии, то центр тяжести его находится в этой плоско­сти. Если оси х и у расположить в этой плоскости симметрии, то для каждой точки с координатами  можно отыскать точку с координатами . И координата  по (3), бу­дет равна нулю, т.к. в сумме все члены имеющие противоположные знаки, попарно уничтожаются. Значит центр тяжести расположен в плоскости симметрии. 2) Если однородное тело имеет ось симметрии, то центр тяжести тела находится на этой оси. Действительно, в этом случае, если ось z провести по оси симмет­рии, для каждой точки с координатами  можно отыскать точку с координатами   и координаты  и , вычисленные по фор­мулам (3), окажутся равными нулю. Аналогично доказывается и третья теорема. 3) Если однородное тело имеет центр симметрии, то центр тя­жести тела находится в этой точке. И ещё несколько замечаний. Первое. Если тело можно разделить на части, у которых известны вес и положение центра тяжести, то незачем рассматривать каждую точку, а в формулах (3) Pi – определять как вес соответствующей части и   – как координаты её центра тяжести. Второе. Если тело однородное, то вес отдельной части его , где - удельный вес материала, из которого сделано тело, а Vi - объём этой части тела. И формулы (3) примут более удобный вид. Например,   И аналогично,  где  - объём всего тела. Третье замечание. Пусть тело имеет вид тонкой пластинки площадью F и толщиной t, лежащей в плоскости Oxy. Подставляя в (3) ∆Vi = t∙∆Fi, получим координаты центра тяжести однородной пластинки: xc = (Σ∆Fi∙xi) / (Σ∆Fi); yc = (Σ∆Fi∙yi) / (Σ∆Fi). zc = (Σ∆Fi∙zi) / (Σ∆Fi). где    – координаты центра тяжести отдельных пластин;  – общая площадь тела. Четвёртое замечание. Для тела в виде тонкого криволинейного стержня длиной L с площадью поперечного сечения a элементарный объем ∆Vi = a∙∆Li, поэтому координаты центра тяжести тонкого криволинейного стержня будут равны: xc = (Σ∆Li∙xi)/(Σ∆Li); yc = (Σ∆Li∙yi)/(Σ∆Li);                                 (4) zc = (Σ∆Li∙zi)/(Σ∆Li). где   – координаты центра тяжести i-го участка; . Отметим, что согласно определению центр тя­жести - это точка геометрическая; она может лежать и вне преде­лов данного тела (например, для кольца). Примечание. В этом разделе курса мы не делаем разницы между силой притяжения, силой тяжести и весом тела. В действительности сила тяжести представляет собой разность между силой притяжения Земли и центробежной силой, вызванной ее вращением.   Координаты центров тяжести неоднородных тел. Координаты центра тяжести неоднородного твердого тела (рис.4) в выбранной системе отсчета определяются следующим образом: Рис.4   где  - вес единицы объема тела (удельный вес)  -  вес всего тела. Если твердое тело представляет собой неоднородную поверхность (рис.5), то координаты центра тяжести в выбранной системе отсчета определяются следующим образом: Рис.5    где  - вес единицы  площади тела,                    -  вес всего тела. Если твердое тело представляет собой неоднородную линию (рис.6), то координаты центра тяжести в выбранной системе отсчета определяются следующим образом: Рис.6    где  - вес единицы  длины тела, -  вес всего тела.   Способы определения координат центра тяжести. Исходя из полученных выше общих формул,  можно указать конкретные способы определения координат центров тяжести тел. 1. Симметрия. Если однородное тело имеет плоскость, ось или центр симметрии (рис.7), то его центр тяжести лежит соответственно в плоскости симметрии, оси симметрии или в центре симметрии. Рис.7   2. Разбиение. Тело разбивается на конечное число частей (рис.8), для каждой из которых положение центра тяжести и площадь известны. Рис.8   S=S1+S2. 3. Метод отрицательных площадей. Частный случай способа разбиения (рис.9). Он применяется к телам, имеющим вырезы, если центры тяжести тела без выреза и вырезанной части известны. Тело в виде пластинки с вырезом представляют комбинацией сплошной пластинки  (без выреза) с площадью S1 и площади вырезанной части S2 . Рис.9   S=S1-S2. 4. Метод группировки. Является хорошим дополнением двух последних методов. После разбиения фигуры на составные элементы часть их бывает удобно объединить вновь, чтобы затем упростить решение путем учета симметрии этой группы.   Центры тяжести некоторых одно­родных тел. 1) Центр тяжести дуги окруж­ности. Рассмотрим дугу АВ радиуса R с центральным углом . В силу сим­метрии центр тяжести этой дуги лежит на оси Ox (рис. 10). Рис.10   Найдем координату  по формуле . Для этого выделим на дуге АВ элемент ММ’ длиною , положение которого определяется углом . Координата х элемента ММ’ будет . Подставляя эти значения х и dl и имея в виду, что интеграл должен быть распространен на всю длину дуги, получим: где L - длина дуги АВ, равная . Отсюда окончательно нахо­дим, что центр тяжести дуги окружности лежит на ее оси симметрии на расстоянии от центра О, равном  где угол  измеряется в радианах. 2) Центр тяжести площади тре­угольника. Рассмотрим треугольник, лежащий в плоскости Oxy, координаты вершин которого известны: Ai (xi,yi), (i = 1,2,3). Разбивая треугольник на узкие полоски, параллельные стороне А1А2 , придем к выводу, что центр тяжести треугольника должен принадлежать медиане А3 М3 (рис.11). Рис.11   Разбивая треугольник на полоски, параллельные стороне А2А3, можно убедиться, что он должен лежать на медиане А1М1. Таким образом, центр тяжести треугольника лежит в точке пересечения его медиан, которая, как известно, отделяет от каждой медианы третью часть, считая от соответствующей стороны. В частности, для медианы А1М1 получим, учитывая, что координаты точки М1  это среднее арифметическое координат вершин А2  и  А3 : xc =  x1 + (2/3)∙(xМ1  x1) = x1 + (2/3)∙[(x2 + x3)/2x1] = (x1+ x2 +x3)/3. Таким образом, координаты центра тяжести треугольника представляют собой среднее арифметическое из координат его вершин: xc =(1/3)Σxi ;   yc =(1/3)Σyi. 3) Центр тяжести площади кругового сектора. Рассмотрим сектор круга радиуса R с центральным углом 2α, расположенный симметрично относительно оси Ox (рис.12) . Очевидно, что yc = 0, а расстояние от центра круга, из которого вырезан этот сектор, до его центра тяжести можно определить по формуле: Рис.12   Проще всего этот интеграл вычислить, разбивая область интегрирования на элементарные секторы с углом dφ. С точностью до бесконечно малых первого порядка такой сектор можно заменить треугольником с основанием, равным Rdφ и высотой R. Площадь такого треугольника dF=(1/2)R2∙dφ, а его центр тяжести находится на расстоянии 2/3R от вершины, поэтому в (5) положим x = (2/3)R∙cosφ. Подставляя в (5) F = αR2, получим: С помощью последней формулы вычислим, в частности, расстояние до центра тяжести полукруга. Подставляя в (2) α = π/2, получим: xc = (4R)/(3π) ≅ 0,4R .    Пример 1. Определим центр тяжести однородного тела, изображён­ного на рис. 13. Рис.13   Решение. Тело однородное, состоящее из двух частей, имеющих симметричную форму. Координаты центров тяжести их:   Объёмы их:   Поэтому координаты центра тяжести тела         Пример 2. Найдем центр тяжести пластины, согнутой под прямым углом. Размеры – на чертеже (рис.14). Рис.14   Решение. Координаты центров тяжести:   0. Площади:  Поэтому:   Рис. 6.5.   Пример 3. У квадратного листа  см вырезано квадратное отверстие  см (рис.15). Найдем центр тяжести листа. Рис.15   Решение. В этой задаче удобнее разделить тело на две части: большой квадрат и квадратное отверстие. Только площадь отверстия надо считать отрицательной. Тогда координаты центра тяжести листа с отверстием: координата  так как тело имеет ось симметрии (диагональ).   Пример 4. Найти положение центра тяжести пластинки, представленной на рис. 16. Размеры даны в сантиметрах. Рис.16   Решение. Разделим пластинку на фигуры (рис. 17), центры тяжести которых известны. Площади этих фигур и координаты их центров тяжести: 1) прямоугольник со сторонами 30 и 40 см, S1 =30∙40=1200 см2; х1=15 см; у1 =20 см. 2) прямоугольный треугольник с основанием 50 см и высотой 40 см;  S2 =0,5∙50∙40= 1000 см2;  х2=30+50/3=46,7 см;   у2=40/3=13,3 см; 3) половина круга окружности радиуса r=20 см; S3 =0,5∙π∙202 =628 см2; х3 =4R/3π=8,5 см; у3 =20 см. Координаты центра тяжести пластинки определяются по формулам (площадь половины круга считаем отрицательной) Рис.17   где s — площадь всей пластины; sk  - площади ее частей.   Пример 5. Проволочная скобка (рис.18) состоит из трёх участков оди­наковой длины l. Рис.18   Решение. Координаты центров тяжести участ­ков: Поэтому координаты центра тяжести всей скобки:   Пример 6. Определить положение центра тяжести фермы, все стержни которой имеют одинаковую погонную плотность (рис.19). Решение. Напомним, что в физике плотность тела ρ и его удельный вес  связаны соотношением: γ= ρg , где  g  ускорение свободного падения. Чтобы найти массу такого однородного тела, нужно плотность умножить на его объем. Рис.19   Термин «линейная» или «погонная» плотность означает, что для определения массы стержня фермы нужно погонную плотность умножить на длину этого стержня. Для решения задачи можно воспользоваться методом разбиения. Представив заданную ферму в виде суммы 6 отдельных стержней, получим: где Li длина  i-го стержня фермы, а xi, yi   координаты его центра тяжести. Решение этой задачи можно упростить, если сгруппировать 5 последних стержней фермы. Нетрудно видеть, что они образуют фигуру, имеющую центр симметрии, расположенный посредине четвертого стержня, где и находится центр тяжести этой группы стержней. Таким образом, заданную ферму можно представить комбинацией всего двух групп стержней. Первая группа состоит из первого стержня,  для нее L1 = 4 м, x1 = 0 м, y1= 2 м. Вторая группа стержней состоит из пяти стержней, для нее  L2 = 20 м, x2= 3 м, y2= 2 м. Координаты центра тяжести фермы находим по формуле: xc = (L1∙x1 + L2∙x2)/(L1+ L2) = (4∙0 + 20∙3)/24 = 5/2 м; yc = (L1∙y1 + L2∙y2)/(L1+ L2) = (4∙2 + 20∙2)/24 = 2 м. Отметим, что центр С лежит на прямой, соединяющей С1 и С2 и делит отрезок С1С2 в отношении: С1С/СС2 = (xc  x1)/(x2  xc) = L2 / L1 = 2,5/0,5.